Exercice 1 246 CENTRALE (MP)Correction

La fonction $t \mapsto \sin (\frac{1}{t})$ si $t > 0$ et 0 si $t = 0$ est-elle continue par morceaux sur $[0; 1]$ ?

Solution

Cette fonction n’a pas de limite en 0, elle n’est donc pas continue par morceaux.

Exercice 2 2642 Correction

Soit $f : [a; b] \to ℝ$ une fonction en escalier.
Montrer qu’il existe une subdivision $σ$ du segment $[a; b]$ adaptée à $f$ telle que toute autre subdivision adaptée à $f$ soit plus fine que $σ$ .

Solution

Soit $A$ l’ensemble des $n \in ℕ$ tel qu’il existe une subdivision $σ = (a_{0}, \dots, a_{n})$ adaptée à $f$ .
$A$ est une partie non vide de $ℕ$ , elle possède donc un plus petit élément $p$ .
Il existe une subdivision $σ = (a_{0}, \dots, a_{p})$ adaptée à $f$ .
Montrons que toute subdivision $σ^{'} = (b_{0}, b_{1}, \dots, b_{n})$ adaptée à $f$ est plus fine que $σ$ .
Par l’absurde: supposons qu’il existe $i \in {1,2, \dots, p - 1}$ tel que $a_{i} \notin {b_{0}, b_{1}, \dots, b_{n}}$ .
On peut alors affirmer qu’il existe $j \in {1,2, \dots, n}$ tel que $a_{i} \in] b_{j - 1}; b_{j} [$ .
Comme $σ$ et $σ^{'}$ sont adaptées à $f$ on peut affirmer que $f$ est constante sur $] a_{i - 1}; a_{i} [,] a_{i}; a_{i + 1} [$ et $] b_{j - 1}; b_{j} [$ puis que $f$ est constante sur $] a_{i - 1}; a_{i + 1} [$ .
Par suite, la subdivision $σ^{'} = (a_{0}, \dots, a_{i - 1}, a_{i + 1}, \dots, a_{p})$ est adaptée à $f$ or cela contredit la définition de $p$ .

Exercice 3 272 Correction

Soient $a, b \in ℝ$ , $0 < c < \frac{b - a}{2}$ et

f : x \mapsto {\begin{matrix} 1 & si | x | \leq c \\ 0 & sinon. \end{matrix}

Représenter

g (t) = \int_{a}^{b} f (t - x) d x .

Solution

On remarque

- c \leq t - x \leq c \Leftrightarrow t - c \leq x \leq t + c .

Si $t \leq a - c$ ou $t \geq b + c$ alors $g (t) = 0$ .

Si $a - c \leq t \leq a + c$ alors

g (t) = \int_{a}^{t + c} 1 d x = t + c - a .

Si $a + c \leq t \leq b - c$ alors

g (t) = \int_{t - c}^{t + c} 1 d t = 2 c .

Si $b - c \leq t \leq b + c$ alors

g (t) = \int_{t - c}^{b} 1 d x = b - t + c .

La fonction $g$ est représentée par une fonction continue affine par morceaux.

Exercice 4 5601 Correction

Soient $a < b$ deux réels.

On note $𝒞_{p m} ([a; b], ℝ)$ l’espace des fonctions continues par morceaux de $[a; b]$ vers $ℝ$ , $ℰ ([a; b], ℝ)$ le sous-espace vectoriel formé des fonctions en escalier et $𝒞_{0} ([a; b], ℝ)$ le sous-espace vectoriel formé des fonctions continues et d’intégrale nulle sur $[a; b]$ .

Établir

𝒞_{p m} ([a; b], ℝ) = ℰ ([a; b], ℝ) \oplus 𝒞_{0} ([a; b], ℝ) .

Solution

Soit $f \in ℰ ([a; b], ℝ) \cap 𝒞_{0} ([a; b], ℝ)$ . La fonction $f$ est en escalier mais c’est aussi une fonction continue, c’est donc une fonction constante. Au surplus, $f$ est d’intégrale nulle, c’est donc la fonction identiquement nulle.

Soit $f \in 𝒞_{p m} ([a; b], ℝ)$ . Il existe une subdivision $σ = (a_{0}, \dots, a_{N})$ de $[a; b]$ telle que

\forall i \in ⟦ 1; N ⟧, {\begin{matrix} f_{|] a_{i - 1}; a_{i} [} est continue \\ f admet des limites finies en a_{i - 1}^{+} et a_{i}^{-} . \end{matrix}

Pour $i \in ⟦ 1; N - 1 ⟧$ , posons $δ_{i} = {lim}_{a_{i}^{-}} f - {lim}_{a_{i}^{+}} f$ et considérons la fonction $φ : [a; b] \to ℝ$ définie par

φ = \sum_{k = 1}^{N - 1} δ_{k} 1_{[a; a_{k}]} .

La fonction $φ$ est une fonction en escalier et la subdivision $σ$ est adaptée à $φ$ avec, pour $i \in ⟦ 1; N - 1 ⟧$

lim_{a_{i}^{-}} φ = \sum_{k = 1}^{i} δ_{k} et lim_{a_{i}^{+}} φ = \sum_{k = 1}^{i - 1} δ_{k} .

Considérons ensuite $g : [a; b] \to ℝ$ définie par $g = f - φ$ . La fonction $g$ est continue sur chaque intervalle $] a_{i - 1}; a_{i} [$ et, pour $i \in ⟦ 1; N - 1 ⟧$ ,

lim_{a_{i}^{-}} g = lim_{a_{i}^{-}} f - \sum_{k = 1}^{i} δ_{k} et lim_{a_{i}^{+}} g = lim_{a_{i}^{+}} f - \sum_{k = 1}^{i - 1} δ_{k} = lim_{a_{i}^{-}} g .

Enfin, considérons la fonction $ψ : [a; b] \to ℝ$ définie par

ψ (x) = {\begin{matrix} 0 & si x \notin {a_{0}, \dots, a_{N}} \\ g (a_{i}) - {lim}_{a_{i}^{*}} g & si x = a_{i} \end{matrix}

où ${lim}_{a_{i}^{*}} g$ désigne la limite épointée de $g$ en $a_{i}$ .

Par construction, $h = g - ψ$ est continue sur chaque intervalle de subdivision $] a_{i - 1}; a_{i} [$ mais aussi en chaque point de subdivision $a_{i}$ . La fonction $g$ est donc continue sur $[a; b]$ . Posons ensuite

λ = \frac{1}{b - a} \int_{a}^{b} h (t) d t

et considérons $\tilde{h} = h - λ$ et $θ = φ + ψ + λ$ , on obtient

f = \tilde{h} + θ

avec $\tilde{h}$ continue et d’intégrale sur $[a; b]$ et $\tilde{θ}$ en escalier.

Exercice 5 5692 Correction

La composition de deux fonctions continues par morceaux est-elle assurément continue par morceaux?

Solution

Considérons les fonctions $f : [0; 1] \to ℝ$ et $g :] 0; + \infty [\to ℝ$ données par

f (x) = {\begin{matrix} x & si x \in] 0; 1] \\ 1 & si x = 0 \end{matrix} et g (x) = \frac{1}{x}

La fonction $f$ est continue par morceaux sur $[0; 1]$ , la fonction $g$ est continue donc continue par morceaux sur $] 0; + \infty [$ . La fonction composée $g \circ f$ est correctement définie sur $[0; 1]$ mais n’est pas continue par morceaux sur $[0; 1]$ car non bornée.

[<] Fonctions continues par morceaux[>] Égalités

Exercice 6 4859

Les fonctions suivantes sont-elles uniformément continues?

(a)

$x \mapsto \sqrt{x}$ sur $ℝ_{+}$
(b)

$x \mapsto x \ln (x)$ sur $] 0; 1]$
(c)

$x \mapsto \ln (x)$ sur $ℝ_{+}^{*}$ .

Exercice 7 2821

Soit $f : ℝ_{+} \to ℝ$ une fonction uniformément continue. Montrer qu’il existe des réels positifs $a$ et $b$ tels que $| f (x) | \leq a x + b$ pour tout $x \in ℝ_{+}$ .

Exercice 8 3034 X (MP)Correction

Soit $f : [0; 1 [\to ℝ$ uniformément continue. Montrer que $f$ est bornée.

Solution

Pour $ε = 1$ , il existe $α > 0$ tel que

\forall x, y \in [0; 1 [, | y - x | \leq α ⟹ | f (y) - f (x) | \leq 1 .

Par suite, pour tout $x \in [1 - α; 1 [$ , on a $| f (x) - f (1 - α) | \leq 1$ puis $| f (x) | \leq 1 + | f (1 - α) |$ .
De plus, la fonction $f$ est continue donc bornée sur le segment $[0; 1 - α]$ par un certain $M$ .
On a alors $f$ bornée sur $[0; 1 [$ par $\max {M,1 + | f (1 - α) |}$ .

Exercice 9 3035 X (MP)

Soit $f : [0; + \infty [\to ℝ$ continue et possédant une limite finie en l’infini.

Montrer que $f$ est uniformément continue.

Exercice 10 2822 MINES (MP)Correction

Soit $f : ℝ_{+} \to ℝ$ dérivable.

(a)

Si $f^{'}$ est bornée sur $ℝ_{+}$ , montrer que $f$ est uniformément continue sur $ℝ_{+}$ .
(b)

Si $| f^{'} (x) | \to + \infty$ quand $x \to + \infty$ , montrer que $f$ n’est pas uniformément continue sur $ℝ_{+}$ .

Solution

(a)

Si $f^{'}$ est bornée sur $ℝ_{+}$ , l’inégalité des accroissements finis assure que $f$ est lipschitzienne donc uniformément continue.
(b)

Supposons que $f$ soit uniformément continue. Pour $ε = 1 > 0$ , il existe un réel $α > 0$ vérifiant $\forall x, y \in ℝ, | y - x | \leq α ⟹ | f (y) - f (x) | \leq 1$ . En particulier, pour tout $x \in ℝ$ , $| f (x + α) - f (x) | \leq 1$ . Or par le théorème des accroissements finis, il existe $ξ_{x} \in] x; x + α [$ vérifiant $| f (x + α) - f (x) | = α | f^{'} (ξ_{x}) |$ et donc $| f^{'} (ξ_{x}) | \leq 1 / α$ . Cette propriété est incompatible avec $| f^{'} (x) | \to + \infty$ .

Exercice 11 3153 Correction

Soit $f : ℝ_{+}^{*} \to ℝ$ une fonction uniformément continue vérifiant

\forall x > 0, f (n x) \to_{n \to + \infty}^{} 0 .

Montrer que $f$ converge vers 0 en $+ \infty$ .

Solution

Soit $ε > 0$ . Puisque $f$ est uniformément continue, il existe $α > 0$ vérifiant

\forall x, y > 0, | y - x | \leq α ⟹ | f (y) - f (x) | \leq ε .

Considérons alors la suite $(f (n α))$ . Puisque celle-ci converge vers 0, il existe $N \in ℕ$ vérifiant

\forall n \geq N, | f (n α) | \leq ε .

Posons $A = N α$ . Pour $x \geq A$ , il existe $n \geq N$ vérifiant

| n α - x | \leq α

et donc

| f (x) | \leq | f (x) - f (n α) | + | f (n α) | \leq 2 ε .

On peut alors conclure que $f$ converge vers 0 en $+ \infty$ .

[<] Continuité uniforme[>] Inégalités

Exercice 12 1967 Correction

Soit $f : [a; b] \to ℝ$ continue. Montrer

| \int_{a}^{b} f (t) d t | = \int_{a}^{b} | f (t) | d t si, et seulement si, f \geq 0 ou f \leq 0 .

Solution

$(⟸)$ ok

$(⟹)$ Si $\int_{a}^{b} f \geq 0$ alors $\int_{a}^{b} f = \int_{a}^{b} | f |$ donne $\int_{a}^{b} | f (t) | - f (t) d t = 0$ . Or la fonction $| f | - f$ est continue et positive donc elle est nulle.
Le cas $\int_{a}^{b} f < 0$ est semblable.

Exercice 13 4854

Soient $(a, b) \in ℝ^{2}$ avec $a < b$ et $f : [a; b] \to ℝ$ une fonction continue.

(a)

À quelle condition portant sur $f$ a-t-on l’égalité suivante?

$| \int_{a}^{b} f (t) d t | = \int_{a}^{b} | f (t) | d t .$
(b)

Même question pour une fonction $f$ à valeurs complexes.

Exercice 14 1968 Correction

Soit $f : [0; 1] \to ℝ$ continue telle que

\int_{0}^{1} f (t) d t = \frac{1}{2} .

Montrer que $f$ admet un point fixe.

Solution

La fonction $φ : t \mapsto f (t) - t$ est définie, continue sur $[0; 1]$ et

\int_{0}^{1} φ (t) d t = \int_{0}^{1} f (t) d t - \frac{1}{2} = 0

donc $φ$ s’annule.

Exercice 15 4853

Soit $f : [a; b] \to ℝ$ une fonction continue telle que

\int_{a}^{b} f (t) d t = \frac{(b - a) (b + a)}{2} .

Montrer qu’il existe $x \in [a; b]$ tel que $f (x) = x$ .

Exercice 16 1969

(Égalité de la moyenne¹¹ 1 Ce résultat se comprend aussi comme une « version intégrale » du théorème des accroissements finis.)

Soit $f : [a; b] \to ℝ$ une fonction continue. Montrer qu’il existe $c \in [a; b]$ tel que

\frac{1}{b - a} \int_{a}^{b} f (t) d t = f (c) .

Exercice 17 1970

(Formule de la moyenne¹¹ 1 Ce résultat généralise celui du sujet 1969.)

Soient $f, g : [a; b] \to ℝ$ des fonctions continues avec $g \geq 0$ .

Montrer qu’il existe $x \in [a; b]$ tel que

\int_{a}^{b} f (t) g (t) d t = f (x) \int_{a}^{b} g (t) d t .

Exercice 18 3188 Correction

Soit $f$ une fonction réelle de classe $𝒞^{1}$ positive et décroissante sur $I = [a; b]$ .
Soit $g$ une fonction continue sur $I$ . On définit $G : I \to ℝ$ par la relation

G (x) = \int_{a}^{x} g (t) d t .

(a)

Montrer qu’il existe $m, M \in ℝ$ tel que

$G ([a; b]) = [m; M] .$
(b)

Montrer que

$\int_{a}^{b} f (t) g (t) d t = f (b) G (b) - \int_{a}^{b} f^{'} (t) G (t) d t .$
(c)

En déduire qu’il existe $c \in [a; b]$ tel que

$\int_{a}^{b} f (t) g (t) d t = f (a) \int_{a}^{c} g (t) d t .$

Solution

(a)

La fonction $G$ est continue donc l’image d’un segment est un segment.
(b)

Il suffit de procéder à une intégration par parties.
(c)

Puisque la fonction $- f^{'}$ est positive, on a

$m (f (a) - f (b)) \leq - \int_{a}^{b} f^{'} (t) G (t) d t \leq M (f (a) - f (b))$

et donc

$m f (a) + (G (b) - m) f (b) \leq \int_{a}^{b} f (t) g (t) d t \leq M f (a) + (G (b) - M) f (b)$

puis

$m f (a) \leq \int_{a}^{b} f (t) g (t) d t \leq M f (a) .$

Ainsi, que $f (a)$ soit nul ou non, il existe $c \in [a; b]$ tel que

$\int_{a}^{b} f (t) g (t) d t = f (a) G (c) .$

Exercice 19 5034

Soient $f, g : [a; b] \to ℝ$ des fonctions continues.

Montrer qu’il existe $c \in [a; b]$ tel que

g (c) \int_{a}^{b} f (t) d t = f (c) \int_{a}^{b} g (t) d t .

Exercice 20 3092 Correction

(Seconde formule de la moyenne)

Soient $f, g : [a; b] \to ℝ$ deux fonctions continues avec $f$ décroissante et positive.

(a)

Pour $n \in ℕ^{*}$ , on pose

$S_{n} = \sum_{k = 0}^{n - 1} f (a_{k}) \int_{a_{k}}^{a_{k + 1}} g (t) d t avec a_{k} = a + k \frac{(b - a)}{n} .$

Montrer que

$S_{n} \to_{n \to + \infty}^{} \int_{a}^{b} f (t) g (t) d t .$
(b)

On introduit $G$ la primitive de $g$ s’annulant en $a$ .
Montrer que

$f (a) \min_{[a; b]} G \leq S_{n} \leq f (a) \max_{[a; b]} G .$
(c)

En déduire qu’il existe $c \in [a; b]$ vérifiant

$\int_{a}^{b} f (t) g (t) d t = f (a) \int_{a}^{c} g (t) d t .$
(d)

Soient $f, g : [a; b] \to ℝ$ continues avec $f$ monotone.
Montrer qu’il existe $c \in [a; b]$ tel que

$\int_{a}^{b} f (t) g (t) d t = f (a) \int_{a}^{c} g (t) d t + f (b) \int_{c}^{b} g (t) d t .$

Solution

(a)

En exploitant la relation de Chasles, on peut écrire

$S_{n} - \int_{a}^{b} f (t) g (t) d t = \sum_{k = 0}^{n - 1} \int_{a_{k}}^{a_{k + 1}} (f (a_{k}) - f (t)) g (t) d t .$

Soit $ε > 0$ . Puisque $f$ est continue sur le segment $[a; b]$ , elle y est uniformément continue et donc il existe $α > 0$ tel que

$\forall s, t \in [a; n], | s - t | \leq α ⟹ | f (s) - f (t) | \leq ε .$

Pour $n$ assez grand, on a $| (b - a) / n | \leq α$ et alors pour tout $t \in [a_{k}; a_{k + 1}]$ on a $| a_{k} - t | \leq α$ donc $| f (a_{k}) - f (t) | \leq ε$ . On en déduit

$| S_{n} - \int_{a}^{b} f (t) g (t) d t | \leq \sum_{k = 0}^{n - 1} \int_{a_{k}}^{a_{k + 1}} ε | g (t) | d t \leq ε M (b - a) avec M = sup_{[a; b]} | g | .$

Par suite,

$S_{n} \to_{n \to + \infty}^{} \int_{a}^{b} f (t) g (t) d t .$
(b)

En exprimant l’intégrale à l’aide de la primitive $G$

$S_{n} = \sum_{k = 0}^{n - 1} f (a_{k}) (G (a_{k + 1}) - G (a_{k})) .$

En séparant la somme en deux, puis en procédant à un décalage d’indice sur la première

$S_{n} = \sum_{k = 1}^{n} f (a_{k - 1}) G (a_{k}) - \sum_{k = 0}^{n - 1} f (a_{k}) G (a_{k})$

puis en recombinant les deux sommes

$S_{n} = f (a_{n - 1}) G (a_{n}) + \sum_{k = 1}^{n - 1} (f (a_{k - 1}) - f (a_{k})) G (a_{k}) - f (a_{0}) G (a_{0}) .$

Or $G (a_{0}) = G (a) = 0$ et puisque la fonction $f$ est décroissante et positive

$S_{n} \leq f (a_{n - 1}) M + \sum_{k = 1}^{n - 1} (f (a_{k - 1}) - f (a_{k})) M avec M = \max_{[a; b]} G .$

Enfin par télescopage

$S_{n} \leq f (a_{0}) M = f (a) M .$

De façon symétrique, on a aussi

$S_{n} \geq f (a) m avec m = \min_{[a; b]} G .$
(c)

En passant à la limite ce qui précède, on obtient

$f (a) m \leq \int_{a}^{b} f (t) g (t) d t \leq f (a) M .$

Si $f (a) = 0$ , le problème est immédiatement résolu, sinon, ce qui précède affirme que

$\frac{1}{f (a)} \int_{a}^{b} f (t) g (t) d t$

est valeur intermédiaire à deux valeurs prises par $G$ et le théorème des valeurs intermédiaires permet de conclure.
(d)

Quitte à considérer $- f$ , ce qui ne change rien au problème posé, on peut supposer que la fonction $f$ est croissante. En appliquant le résultat précédent à la fonction $t \mapsto f (b) - f (t)$ décroissante et positive, on peut affirmer qu’il existe $c \in [a; b]$ tel que

$\int_{a}^{b} (f (b) - f (t)) g (t) d t = (f (b) - f (a)) \int_{a}^{c} g (t) d t$

et il suffit de réorganiser les membres de cette identité pour former celle voulue.

[<] Égalités[>] Annulation

Exercice 21 1974 Correction

Soit $f : [a; b] \to ℝ$ continue par morceaux. Montrer que la fonction

x \mapsto \int_{a}^{b} f (t) \sin (x t) d t

est lipschitzienne.

Solution

Posons $g (x) = \int_{a}^{b} f (t) \sin (x t) d t$ .

g (x) - g (y) = \int_{a}^{b} f (t) (\sin (x t) - \sin (y t)) d t .

Puisque la fonction sinus est lipschitzienne

| \sin (x t) - \sin (y t) | \leq | x - y | | t |

donc

| g (x) - g (y) | \leq | x - y | \int_{a}^{b} | t f (t) | d t .

Ainsi $g$ est lipschitzienne.

Exercice 22 1965 Correction

Soient $f : [a; b] \to ℝ$ une fonction continue par morceaux et $c \in] a; b [$ .
Montrer que

\frac{1}{b - a} \int_{a}^{b} f (t) d t \leq \max (\frac{1}{c - a} \int_{a}^{c} f (t) d t, \frac{1}{b - c} \int_{c}^{b} f (t) d t) .

Solution

Supposons

\frac{1}{c - a} \int_{a}^{c} f \geq \frac{1}{b - c} \int_{c}^{b} f .

On a alors

\int_{a}^{b} f = \int_{a}^{c} f + \int_{c}^{b} f \leq \int_{a}^{c} f + \frac{b - c}{c - a} \int_{a}^{c} f = \frac{b - a}{c - a} \int_{a}^{c} f .

Le cas

\frac{1}{c - a} \int_{a}^{c} f < \frac{1}{b - c} \int_{c}^{b} f

est semblable et l’on peut conclure.

Exercice 23 5435 MINES (MP)Correction

Soit $f : ℝ \to ℝ$ de classe $𝒞^{1}$ . Montrer

\forall x \in ℝ, | f (x) | \leq \int_{x}^{x + 1} (| f (t) | + | f^{'} (t) |) d t .

Solution

Pour tout $y \in [x; x + 1]$ , on peut écrire

f (x) = f (y) + \int_{y}^{x} f^{'} (t) d t

et donc

| f (x) | \leq | f (y) | + | \int_{y}^{x} f^{'} (t) d t | .

Or, le segment d’extrémités $x$ et $y$ étant inclus dans $[x; x + 1]$ , il vient

| \int_{y}^{x} f^{'} (t) d t | \leq \int_{x}^{x + 1} | f^{'} (t) | d t

et donc

| f (x) | \leq | f (y) | + \int_{x}^{x + 1} | f^{'} (t) | d t .

En intégrant cette relation pour $y$ parcourant le segment $[x; x + 1]$ ,

\int_{x}^{x + 1} \underset{\begin{matrix} C^{t e} \end{matrix}}{\underset{⏟}{| f (x) |}} d y \leq \int_{x}^{x + 1} | f (y) | d y + \int_{x}^{x + 1} (\underset{\begin{matrix} C^{t e} \end{matrix}}{\underset{⏟}{\int_{x}^{x + 1} | f^{'} (t) | d t}}) d y

ce qui donne

	$\| f (x) \|$	$\leq \int_{x}^{x + 1} \| f (y) \| d y + \int_{x}^{x + 1} \| f^{'} (t) \| d t$
		$\leq \int_{x}^{x + 1} \| f (t) \| d t + \int_{x}^{x + 1} \| f^{'} (t) \| d t$
		$= \int_{x}^{x + 1} (\| f (t) \| + \| f^{'} (t) \|) d t .$

Exercice 24 2966 X (MP)Correction

Soient $f : [0; 1] \to ℝ$ continue telle que

\int_{0}^{1} f (t) d t = 0

$m$ le minimum de $f$ et $M$ son maximum sur $[0; 1]$ .

Établir

\int_{0}^{1} f^{2} (t) d t \leq - m M .

Solution

La fonction $t \mapsto (M - f (t)) (f (t) - m)$ est positive donc

\int_{0}^{1} (M - f (t)) (f (t) - m) d t \geq 0 .

En développant et par linéarité, on obtient

- m M - \int_{0}^{1} f^{2} (t) d t \geq 0 car \int_{0}^{1} f (t) d t = 0 .

On en déduit l’inégalité demandée.

Exercice 25 2967 X (MP)

Soient $f, g : [0; 1] \to ℝ$ continues et croissantes.

Montrer

(\int_{0}^{1} f (t) d t) (\int_{0}^{1} g (t) d t) \leq \int_{0}^{1} f (t) g (t) d t .

Exercice 26 4193

Soient $f, g : [0; 1] \to ℝ$ deux fonctions continues et positives.

On suppose $f (t) g (t) \geq 1$ pour tout $t \in [0; 1]$ , montrer

(\int_{0}^{1} f (t) d t) (\int_{0}^{1} g (t) d t) \geq 1 .

Exercice 27 57 CENTRALE (PC)

(Inégalité de Poincaré)

Soit $f : [0; 1] \to ℝ$ une fonction de classe $𝒞^{1}$ vérifiant $f (0) = 0$ .

(a)

Montrer

$\int_{0}^{1} f {(t)}^{2} d t \leq \frac{1}{2} \int_{0}^{1} f^{'} {(t)}^{2} d t .$
(b)

On suppose $f (1) = 0$ . Montrer

$\int_{0}^{1} f {(t)}^{2} d t \leq \frac{1}{8} \int_{0}^{1} f^{'} {(t)}^{2} d t .$

Exercice 28 5778 ENS (MP)Correction

Soit $f \in 𝒞^{1} ([0; π], ℝ)$ telle que $f (0) = f (π) = 0$ .

Montrer que $\int_{0}^{π} f^{2} \leq \int_{0}^{π} f^{', 2}$ et préciser le cas d’égalité.

On pourra rechercher une fonction $φ$ pour laquelle $\int_{0}^{π} f^{', 2} - f^{2} = \int_{0}^{π} {(f^{'} - φ f)}^{2}$ .

Solution

Sous réserve d’existence, recherchons une fonction $φ$ comme suggérée. En réorganisant les membres, il s’agit de déterminer $φ$ vérifiant

\int_{0}^{π} 2 φ f^{'} f = \int_{0}^{π} (1 + φ^{2}) f^{2} .

(1)

Par intégration par parties,

\int_{0}^{π} 2 φ f^{'} f = {[φ f^{2}]}_{0}^{π} - \int_{0}^{π} φ^{'} f^{2} = - \int_{0}^{π} φ^{'} f^{2} .

La condition (1) se relit

- \int_{0}^{π} φ^{'} f^{2} = \int_{0}^{π} (1 + φ^{2}) f^{2} .

Considérons alors une fonction $φ$ vérifiant $- φ^{'} = 1 + φ^{2}$ soit encore

\frac{φ^{'}}{1 + φ^{2}} = - 1 .

En intégrant,

\arctan (φ (t)) = C^{t e} - t

puis

φ (t) = \tan (C^{t e} - t) .

Afin d’introduire une fonction $φ$ convenablement définie entre $0$ et $π$ , considérons

φ (t) = \tan (\frac{π}{2} - t) = \frac{\cos (t)}{\sin (t)} pour t \in] 0; π [.

La fonction $f φ$ peut être prolongée par continuité en $0$ car

f (t) φ (t) \underset{t \to 0^{+}}{=} (f (0) + f^{'} (0) t + o (t)) \times \frac{1 + o (t)}{t + o (t)} \to_{t \to 0^{+}}^{} f^{'} (0) .

De façon analogue, $f φ$ peut être prolongée par continuité en $π$ .

Avec existence des intégrales et en adaptant les calculs qui précèdent, on observe

\int_{] 0; π [} f^{', 2} - f^{2} = \int_{] 0; π [} {(f^{'} - φ f)}^{2}

car $- φ^{'} = 1 + φ^{2}$ sur $] 0; π [$ . On en déduit

\int_{] 0; π [} f^{', 2} - f^{2} \geq 0

et donc

\int_{0}^{π} f^{', 2} \geq \int_{0}^{π} f^{2} .

De plus, il y a égalité si, et seulement si, $f^{'} - φ f$ est la fonction identiquement nulle sur $] 0; π [$ . La résolution sur $] 0; π [$ de cette équation différentielle linéaire d’ordre $1$ donne $f (t) = λ \sin (t)$ sur $] 0; π [$ puis sur $[0; π]$ avec $λ \in ℝ$ .

Exercice 29 5033

(Inégalité de Steffensen)

Soient $f : [0; 1] \to ℝ$ une fonction continue décroissante et $g : [0; 1] \to ℝ$ une fonction continue prenant ses valeurs dans $[0; 1]$ . Montrer

\int_{0}^{1} f (t) g (t) d t \leq \int_{0}^{λ} f (t) d t avec λ = \int_{0}^{1} g (t) d t .

Que devient cette inégalité lorsque $f$ est croissante?

Exercice 30 4860

(Inégalité de Young)

Soit $f : [0; a] \to ℝ$ une fonction de classe $𝒞^{1}$ vérifiant $f (0) = 0$ et $f^{'} (x) > 0$ pour tout $x$ de $[0; a]$ .

(a)

Montrer que pour tout réel $x$ de $[0; a]$ ,

$\int_{0}^{x} f (t) d t + \int_{0}^{f (x)} f^{- 1} (t) d t = x f (x) .$
(b)

En déduire que pour tous réels $x$ et $y$ de $[0; a]$ ,

$x y \leq \int_{0}^{x} f (t) d t + \int_{0}^{y} f^{- 1} (t) d t .$

[<] Inégalités[>] Utilisation de primitives

Exercice 31 5358 Correction

Soient $a < b$ deux réels et $f : [a; b] \to ℝ$ une fonction continue.

(a)

On suppose

$\int_{a}^{b} f (t) d t = 0 .$

Justifier que la fonction $f$ s’annule au moins une fois sur $[a; b]$ .
(b)

On suppose

$\int_{a}^{b} t f (t) d t = \int_{a}^{b} f (t) d t = 0 .$

Montrer que la fonction $f$ s’annule au moins deux fois sur $[a; b]$ .
(c)

Généraliser ce qui précède.

Solution

(a)

Soit $F$ une primitive de la fonction continue $f$ . On a $F (b) - F (a) = 0$ et l’on peut appliquer le théorème de Rolle pour affirmer que $f$ s’annule sur $[a; b]$ .
(b)

Par l’absurde, supposons que la fonction $f$ ne s’annule qu’une seule fois sur $[a; b]$ . Notons $c \in [a; b]$ le point où $f$ s’annule. La fonction $f$ ne peut pas être de signe constant car d’intégrale nulle sans être identiquement nulle. La fonction $f$ change donc de signe en $c$ et nécessairement $c \in] a; b [$ . Considérons alors $g : t \mapsto (t - c) f (t)$ . On observe

$\int_{a}^{b} g (t) d t = \int_{a}^{b} t f (t) d t - c \int_{a}^{b} f (t) d t = 0 .$

La fonction $g$ est continue, d’intégrale nulle et de signe constant, c’est donc la fonction identiquement nulle. C’est absurde car par hypothèse $f$ ne s’annule qu’une fois.
(c)

Supposons

$\int_{a}^{b} t^{n} f (t) d t = \dots = \int_{a}^{b} f (t) d t = 0,$

et montrons que $f$ s’annule au moins $n + 1$ fois.

Par combinaison linéaire, on observe

$\forall P \in ℝ_{n} [X], \int_{a}^{b} P (t) f (t) d t = 0 .$

Par l’absurde, si $f$ s’annule au plus $n$ fois, on introduit $c_{1}, \dots, c_{p}$ avec $p \in {1, \dots, n}$ les points de $[a; b]$ en lequel $f$ s’annule en changeant de signe puis on considère la fonction produit

$g : t \mapsto (t - c_{1}) \times \dots \times (t - c_{p}) f (t) .$

La fonction $g$ est continue, de signe constant et d’intégrale nulle car c’est le produit par $f$ d’une fonction polynomiale de degré au plus $n$ . On en déduit que $g$ est identiquement nulle ce qui est absurde.

Exercice 32 1971 Correction

Soit $f : [0; π] \to ℝ$ continue.

(a)

Montrer que si

$\int_{0}^{π} f (t) \sin (t) d t = 0$

alors il existe $a \in] 0; π [$ tel que $f$ s’annule en $a$ .
(b)

Montrer que si

$\int_{0}^{π} f (t) \sin (t) d t = \int_{0}^{π} f (t) \cos (t) d t = 0$

alors $f$ s’annule au moins deux fois sur $] 0; π [$ .

On pourra considérer $\int_{0}^{π} f (t) \sin (t - a) d t$ .

Solution

(a)

$\int_{0}^{π} f (t) \sin (t) d t = 0$ et $t \mapsto f (t) \sin (t)$ est continue donc il existe $a \in] 0; π [$ tel que $f (a) \sin (a) = 0$ c’est-à-dire $f (a) = 0$ (car $\sin (a) \neq 0$ ).
(b)

Par l’absurde, supposons uqe $f$ ne s’annule qu’une seule fois en un certain $a \in] 0; π [$ . Le tableau de signe de $f$ est de l’une des quatre formes suivantes

Les deux premiers cas sont à exclure car alors

$\int_{0}^{π} f (t) \sin (t) d t$

serai l’intégrale nulle d’une fonction non identiquement nulle et pourtant continue et de signe constant.

Les deux autres cas sont à exclure car

$\int_{0}^{π} f (t) \sin (t - a) d t = \cos (a) \int_{0}^{π} f (t) \sin (t) d t - \sin (a) \int_{0}^{π} f (t) \cos (t) d t$

est l’intégrale nulle d’une fonction non indentiquement nulle et pourtante continue et de signe constant.

C’est absurde.

Exercice 33 3399 Correction

Soient $f, g : [a; b] \to ℝ$ des fonctions continues.

Montrer qu’il existe $c \in] a; b [$ tel que

g (c) \int_{a}^{b} f (t) d t = f (c) \int_{a}^{b} g (t) d t .

Solution

Méthode: Une fonction continue et d’intégrale nulle sur un segment s’annule à l’intérieur¹¹ 1 Ce résultat découle de l’application du théorème de Rolle à une primitive de cette fonction continue. de celui-ci.

On introduit la fonction $φ : [a; b] \to ℝ$ définie par

φ (x) = g (x) \int_{a}^{b} f (t) d t - f (x) \int_{a}^{b} g (t) d t .

La fonction $φ$ est continue et

\int_{a}^{b} φ (x) d x = (\int_{a}^{b} g (x) d x) (\int_{a}^{b} f (t) d t) - (\int_{a}^{b} f (x) d x) (\int_{a}^{b} g (t) d t) = 0

On en déduit que $φ$ s’annule en un certain $c \in] a; b [$ .

Exercice 34 1972 MINES (PC)

Soient $f : [a; b] \to ℝ$ une fonction continue et $n \in ℕ$ vérifiant

\int_{a}^{b} t^{k} f (t) d t = 0 pour tout k = 0,1, \dots, n .

Montrer que la fonction $f$ s’annule au moins $n + 1$ fois dans l’intervalle $[a; b]$ .

Exercice 35 5032

Soit $f : [a; b] \to ℝ$ une fonction continue. On suppose

\int_{a}^{b} f (t) g (t) d t = 0

pour toute fonction $g : [a; b] \to ℝ$ continue et s’annulant en $a$ et $b$ .

Montrer que $f$ est la fonction nulle.

Exercice 36 3072 Correction

Résoudre l’équation

2^{x} + 4^{x^{2}} = 3^{x} + 3^{x^{2}}

d’inconnue $x \in ℝ$ .

Solution

L’équation étudiée équivaut à

4^{x^{2}} - 3^{x^{2}} = 3^{x} - 2^{x} .

3^{x} - 2^{x} = \int_{0}^{1} x {(2 + t)}^{x - 1} d t et 4^{x^{2}} - 3^{x^{2}} = \int_{0}^{1} x^{2} {(3 + t)}^{x^{2} - 1} d t

et donc l’équation étudiée peut se réécrire

\int_{0}^{1} φ (t) d t = 0

où $φ$ est l’application continue définie par

φ (t) = x (x {(3 + t)}^{x^{2} - 1} - {(2 + t)}^{x - 1}) .

Si $x \leq 0$ ou si $x \geq 1$ , il est immédiat d’affirmer que l’application $φ$ est de signe constant.
Si $x \in] 0; 1 [$ , l’étude est plus délicate et nous allons montrer par étude de fonctions que

x {(3 + t)}^{x^{2} - 1} \leq {(2 + t)}^{x - 1}

soit encore

\ln (x) + (x^{2} - 1) \ln (3 + t) \leq (x - 1) \ln (2 + t) .

Soit $f : x \mapsto \ln (x) + (x^{2} - 1) \ln (3 + t) - (x - 1) \ln (2 + t)$ définie sur $] 0; 1]$
La fonction $f$ est dérivable et

f^{'} (x) = \frac{1}{x} + 2 x \ln (3 + t) - \ln (2 + t) .

Si $x \geq 1 / 2$ alors $f^{'} (x) \geq \frac{1}{x} + \ln (3 + t) - \ln (2 + t) \geq 0$ .
Si $x \leq 1 / 2$ alors $f^{'} (x) \geq 2 - \ln (2 + t) \geq 2 - \ln (3) \geq 0$ .
Dans tous les cas $f^{'} (x) \geq 0$ et donc $f$ est croissante.
Puisque $f (1) = 0$ , la fonction $f$ est négative et l’on obtient l’inégalité proposée.
Finalement, l’équation initialement étudiée équivaut à une équation de la forme

\int_{0}^{1} φ (t) d t = 0

avec $φ$ une fonction continue de signe constant. L’équation est donc vérifiée si, et seulement si, $φ$ est la fonction nulle.
Pour $x \leq 0$ , cette propriété n’est vérifiée que si $x = 0$ .
Pour $x > 0$ , si la fonction $φ$ est la fonction nulle alors

\forall t \in [0; 1], \frac{1}{x} + (x^{2} - 1) \ln (3 + t) - (x - 1) \ln (2 + t) = 0

puis en dérivant par rapport à la variable $t$ , on obtient

\forall t \in [0; 1], \frac{x^{2} - 1}{3 + t} = \frac{x - 1}{2 + t}

ce qui n’est possible que pour $x = 1$ .
Inversement, $x = 0$ et $x = 1$ sont solutions de l’équation étudiée.

Finalement,

𝒮 = {0,1} .

[<] Annulation[>] Intégrales fonctions des bornes

Exercice 37 1966

Soient $f : ℝ \to ℝ$ une fonction continue et $T > 0$ . Montrer que la fonction $f$ est $T$ -périodique si, et seulement si, la fonction suivante est constante

g : x \mapsto \int_{x}^{x + T} f (t) d t .

Exercice 38 4851

Soit $f : [a; b] \to ℝ$ une fonction continue.

Montrer qu’il existe une unique primitive $F$ de $f$ vérifiant

\int_{a}^{b} F (t) d t = 0 .

Exercice 39 3380 X (MP)Correction

Soit $f : [0; 1] \to ℝ$ continue vérifiant

\int_{0}^{1} f (t) d t = 0 .

Montrer qu’il existe $x \in] 0; 1 [$ vérifiant

\int_{0}^{x} t f (t) d t = 0 .

Solution

Introduisons

F : x \mapsto \int_{0}^{x} f (t) d t et G : x \mapsto \int_{0}^{x} t f (t) d t .

Par intégration par parties

G (x) = x F (x) - \int_{0}^{x} F (t) d t = \int_{0}^{x} (F (x) - F (t)) d t .

Cas: $F$ n’est pas de signe constant. Il existe alors $a, b \in] 0; 1 [$ tel que

F (a) = \min_{[0; 1]} F < 0 et F (b) = \max_{[0; 1]} F > 0 .

Par intégration d’une fonction continue, non nulle et de signe constant sur un intervalle non singulier, on a

G (a) < 0 et G (b) > 0

et le théorème des valeurs intermédiaires assure que $G$ s’annule.

Cas: $F$ est de signe constant. Quitte à considérer $- f$ , supposons $F$ positive.
Si $F$ est nulle, il en est de même de $f$ et la propriété est immédiate, sinon, on peut introduire $b \in] 0; 1 [$ tel que

F (b) = \max_{[0; 1]} F > 0 .

On a alors

G (b) > 0 et G (1) = - \int_{0}^{1} F (t) d t < 0

car $F (1)$ est nul.
À nouveau, le théorème des valeurs intermédiaires permet de conclure.

[<] Utilisation de primitives[>] Limites d'intégrales

Exercice 40 1987 Correction

Soit $f : ℝ \to ℝ$ une fonction continue.
Justifier que les fonctions $g : ℝ \to ℝ$ suivantes sont de classe $𝒞^{1}$ et exprimer leur dérivée:

(a)

$g (x) = \int_{2 x}^{x^{2}} f (t) d t$
(b)

$g (x) = \int_{0}^{x} x f (t) d t$
(c)

$g (x) = \int_{0}^{x} f (t + x) d t$

Solution

On introduit $F$ primitive de $f$ sur $ℝ$ .

(a)

$g (x) = F (x^{2}) - F (2 x)$ est $𝒞^{1}$ par opérations et $g^{'} (x) = 2 x f (x^{2}) - 2 f (2 x)$ .
(b)

$g (x) = x (F (x) - F (0))$ est $𝒞^{1}$ par opérations et $g^{'} (x) = \int_{0}^{x} f (t) d t + x f (x)$ .
(c)

$g (x) \underset{u = t + x}{=} \int_{x}^{2 x} f (u) d u = F (2 x) - F (x)$ est $𝒞^{1}$ par opérations et $g^{'} (x) = 2 f (2 x) - f (x)$ .

Exercice 41 4856

Pour $x > 0$ , on pose

I (x) = \int_{1 / x}^{x} \frac{t}{1 + t + t^{2} + t^{3}} d t .

(a)

Montrer que la fonction $I$ est définie et de classe $𝒞^{1}$ sur $] 0; + \infty [$ .
(b)

Calculer $I^{'} (x)$ et en déduire une expression simple de $I (x)$ pour tout $x > 0$ .

Exercice 42 277 Correction

Soient $f \in 𝒞^{1} (ℝ, ℝ)$ et $g : ℝ^{*} \to ℝ$ définie par

g (x) = \frac{1}{x} \int_{0}^{x} f (t) d t .

(a)

Prolonger $g$ par continuité en 0.
(b)

Montrer que la fonction ainsi obtenue est de classe $𝒞^{1}$ sur $ℝ$ .

Solution

(a)

On a

$g (x) - f (0) = \frac{1}{x} \int_{0}^{x} f (t) - f (0) d t .$

Pour $ε > 0$ , il existe $α > 0$ vérifiant

$| x | \leq α ⟹ | f (x) - f (0) | \leq ε .$

Par suite, si $| x | \leq α$ , pour tout $t$ compris entre 0 et $x$ , $| f (t) - f (0) | \leq ε$ puis par intégration, $| g (x) - f (0) | \leq ε$ . Ainsi $g (x) \to_{x \to 0}^{} f (0)$ . On pose $g (0) = f (0)$ .
(b)

Par opération, $g$ est de classe $𝒞^{1}$ sur $ℝ^{*}$ .

$g^{'} (x) = - \frac{1}{x^{2}} \int_{0}^{x} f (t) d t + \frac{f (x)}{x} .$

Procédons à une intégration par parties,

$\int_{0}^{x} f (t) d t = x f (x) - \int_{0}^{x} t f^{'} (t) d t .$

On a alors

$g^{'} (x) = \frac{1}{x^{2}} \int_{0}^{x} t f^{'} (t) d t .$

De façon semblable à ce qui précède, on obtient

$g^{'} (x) \to_{x \to 0}^{} \frac{1}{2} f^{'} (0) .$

Ainsi la fonction continue $g$ est de classe $𝒞^{1}$ sur $ℝ$ et

$g^{'} (0) = \frac{1}{2} f^{'} (0) .$

Exercice 43 1991 Correction

Soient $f : ℝ \to ℝ$ de classe $𝒞^{1}$ et $F : ℝ^{*} \to ℝ$ définie par

\forall x \neq 0, F (x) = \frac{1}{2 x} \int_{- x}^{x} f (t) d t .

(a)

Montrer que $F$ peut être prolongée par continuité en 0. On effectue ce prolongement.
(b)

Montrer que $F$ est dérivable sur $ℝ^{*}$ et exprimer $F^{'} (x)$ à l’aide d’une intégrale
(c)

Montrer que $F$ est dérivable en 0 et observer $F^{'} (0) = 0$ .

Solution

(a)

Soit $\tilde{f}$ une primitive de $f$ .

$F (x) = \frac{\tilde{f} (x) - \tilde{f} (- x)}{2 x} = \frac{\tilde{f} (x) - \tilde{f} (0)}{2 x} + \frac{\tilde{f} (0) - \tilde{f} (- x)}{2 x} \to_{x \to 0}^{} {\tilde{f}}^{'} (0) = f (0) .$

On prolonge $F$ par continuité en 0 en posant $F (0) = f (0)$ .
(b)

$F$ est dérivable par opérations et

$F^{'} (x) = \frac{f (x) + f (- x)}{2 x} - \frac{1}{2 x^{2}} \int_{- x}^{x} f (t) d t .$

Par intégration par parties

$\int_{- x}^{x} f (t) d t = {[t f (t)]}_{- x}^{x} - \int_{- x}^{x} t f^{'} (t) d t$

et l’on peut donc simplifier

$F^{'} (x) = \frac{1}{2 x^{2}} \int_{- x}^{x} t f^{'} (t) d t .$
(c)

Sachant

$\int_{- x}^{x} t f^{'} (0) d t = 0$

on peut écrire

$F^{'} (x) = \frac{1}{2 x^{2}} \int_{- x}^{x} t (f^{'} (t) - f^{'} (0)) d t .$

En posant

$M_{x} = sup_{t \in [- x; x]} | f^{'} (t) - f^{'} (0) |$

on a alors

$| F^{'} (x) | \leq \frac{1}{2 x^{2}} \int_{- x}^{x} t M_{x} d t = \frac{1}{2} M_{x} .$

Or $f^{'}$ est continue en 0, donc $M_{x} \to_{x \to 0}^{} 0$ puis

$F^{'} (x) \to_{x \to 0}^{} 0 .$

En vertu du théorème du prolongement $𝒞^{1}$ , on peut affirmer que $F$ est dérivable en 0 et $F^{'} (0) = 0$ .

Exercice 44 1990

Soient $f : ℝ \to ℝ$ une fonction continue et $φ : ℝ \to ℝ$ la fonction définie par

φ (x) = \int_{0}^{x} \sin (x - t) f (t) d t pour tout x \in ℝ .

(a)

Montrer que $φ$ est solution sur $ℝ$ de l’équation différentielle $(E) : y^{''} + y = f (x)$ .
(b)

Déterminer toutes les fonctions réelles solutions de $(E)$ sur $ℝ$ .

Exercice 45 88 CENTRALE (PC)Correction

Soit $f$ continue de $ℝ$ dans $ℝ$ telle que

\forall (x, y) \in ℝ^{2}, f (x) - f (y) = \int_{2 x + y}^{2 y + x} f (t) d t .

Montrer que $f$ est de classe $𝒞^{1}$ et déterminer $f$ .

Solution

Puisque continue, la fonction $f$ admet une primitive $F$ sur $ℝ$ et

\forall (x, y) \in ℝ^{2}, f (x) - f (y) = F (2 y + x) - F (2 x + y) .

Pour $y \in ℝ$ fixé, on obtient

f : x \mapsto f (y) + F (2 y + x) - F (2 x + y) .

Puisque la fonction $F$ est de classe $𝒞^{1}$ , on obtient que $f$ est de classe $𝒞^{1}$ et

f^{'} (x) = f (2 y + x) - 2 f (2 x + y) .

En dérivant cette relation en la variable $y$ , on obtient

0 = 2 f^{'} (2 y + x) - 2 f^{'} (2 x + y)

et donc

f^{'} (2 y + x) = f^{'} (2 x + y) .

Puisque pour tout $(s, t) \in ℝ^{2}$ , il existe $(x, y) \in ℝ^{2}$ vérifiant

{\begin{matrix} 2 x + y = s \\ x + 2 y = t \end{matrix}

on peut affirmer que la fonction $f^{'}$ est constante.
On en déduit que la fonction $f$ est affine.
Par le calcul, on vérifie que, parmi les fonctions affines, seule la fonction nulle vérifie la relation proposée.

Exercice 46 1989

Soit $g : [0; 1] \to ℝ$ continue. On définit $F : [0; 1] \to ℝ$ par

F (x) = \int_{0}^{1} \min (x, t) g (t) d t .

(a)

Montrer que $F$ est de classe $𝒞^{2}$ et calculer $F^{''} (x)$ .
(b)

En déduire

$F (x) = \int_{0}^{x} (\int_{t}^{1} g (u) d u) d t .$

Exercice 47 276 Correction

Pour $x \in] 0; 1 [$ , on pose

φ (x) = \int_{x}^{x^{2}} \frac{d t}{\ln (t)} .

(a)

Montrer que $φ$ est bien définie et que cette fonction se prolonge par continuité en 0 et en 1.
(b)

En déduire la valeur de

$\int_{0}^{1} \frac{x - 1}{\ln (x)} d x .$

Solution

(a)

Soit $x \in] 0; 1 [$ , $[x; x^{2}] \subset] 0; 1 [$ et $t \mapsto \frac{1}{\ln (t)}$ est définie et continue sur $] 0; 1 [$ donc $φ (x) = \int_{x}^{x^{2}} \frac{d t}{\ln (t)}$ existe.
Pour $t \in [x^{2}; x]$ ,

$\frac{1}{\ln (x)} \leq \frac{1}{\ln (t)} \leq \frac{1}{\ln (x^{2})}$

donc

$\frac{x^{2} - x}{\ln (x^{2})} \leq φ (x) \leq \frac{x^{2} - x}{\ln (x)} .$

Quand $x \to 0^{+}$ , $φ (x) \to 0$ .
On a aussi

$φ (x) = \int_{x}^{x^{2}} \frac{t d t}{t \ln (t)}$

donc

$\int_{x}^{x^{2}} \frac{x^{2} d t}{t \ln (t)} \leq φ (x) \leq \int_{x}^{x^{2}} \frac{x d t}{t \ln (t)}$

or

$\int_{x}^{x^{2}} \frac{d t}{t \ln (t)} = {[\ln (\ln (t))]}_{x}^{x^{2}} = \ln (2) .$

Quand $x \to 1^{-}$ , $φ (x) \to \ln (2)$ .

Finalement, $φ$ peut être prolongée par continuité en 0 et en 1.
(b)

Soit $F$ une primitive de $\frac{1}{\ln (t)}$ sur $] 0; 1 [$ .
On a $φ (x) = F (x^{2}) - F (x)$ ce qui permet de dériver $φ$ et d’obtenir

$φ^{'} (x) = \frac{x - 1}{\ln (x)} .$

L’intégrale $\int_{0}^{1} \frac{x - 1}{\ln (x)} d x$ est définie car on vérifie aisément que la fonction intégrée peut être prolongée par continuité en 0 et en 1 et l’on a

$\int_{0}^{1} \frac{x - 1}{\ln (x)} d x = {[φ (x)]}_{0}^{1} = \ln (2) .$

Exercice 48 1471 Correction

Soit $f :] 0; 1 [\cup] 1; + \infty [\to ℝ$ l’application définie par

f (x) = \int_{x}^{x^{2}} \frac{d t}{\ln (t)} .

(a)

Montrer que $f$ est convexe sur $] 0; 1 [$ et $] 1; + \infty [$ .
(b)

Montrer que, pour tout $x > 1$ ,

$\int_{x}^{x^{2}} \frac{x d t}{t \ln (t)} \leq \int_{x}^{x^{2}} \frac{d t}{\ln (t)} \leq \int_{x}^{x^{2}} \frac{x^{2} d t}{t \ln (t)} .$

En déduire que ${lim}_{x \to 1 +} f (x) = \ln (2)$ . De même, établir: ${lim}_{x \to 1 -} f (x) = \ln (2)$ .
(c)

On prolonge $f$ par continuité en $1$ , en posant $f (1) = \ln (2)$ .
Montrer que $f$ ainsi prolongée est de classe $𝒞^{2}$ sur $] 0; + \infty [$ .
Établir la convexité de $f$ sur $] 0; + \infty [$ .

Solution

(a)

Soit $G$ une primitive de la fonction $t \mapsto 1 / \ln (t)$ sur $] 0; 1 [$ (resp. sur $] 1; + \infty [$ ).
Pour tout $x \in] 0; 1 [$ (resp. $] 1; + \infty [$ ), on a $f (x) = G (x^{2}) - G (x)$ . On en déduit que $f$ est de classe $𝒞^{\infty}$ sur $] 0; 1 [$ (resp. sur $] 1; + \infty [$ ) et

$f^{'} (x) = \frac{2 x}{\ln (x^{2})} - \frac{1}{\ln (x)} = \frac{x - 1}{\ln (x)} .$

On a alors

$f^{''} (x) = \frac{x \ln (x) - x + 1}{x {(\ln (x))}^{2}} .$

Soit $g (x) = x \ln (x) - x + 1$ sur $ℝ_{+}^{*}$ .
$g$ est de classe $𝒞^{\infty}$ et $g^{'} (x) = \ln (x)$ . Puisque $g (1) = 0$ , la fonction $g$ est positive puis $f^{''} \geq 0$ sur $] 0; 1 [$ (resp. $] 1; + \infty [$ ).
(b)

Pour $x > 1$ ,

$\forall t \in [x; x^{2}], \frac{x}{t \ln (t)} \leq \frac{1}{\ln (t)} \leq \frac{x^{2}}{t \ln (t)} .$

D’où

$\int_{x}^{x^{2}} \frac{x d t}{t \ln (t)} \leq \int_{x}^{x^{2}} \frac{d t}{\ln (t)} \leq \int_{x}^{x^{2}} \frac{x^{2} d t}{t \ln (t)} .$

Comme $\int_{x}^{x^{2}} \frac{d t}{t \ln (t)} = \ln (2)$ , on obtient

$x \ln (2) \leq f (x) \leq x^{2} \ln (2)$

puis ${lim}_{x \to 1 +} f (x) = \ln (2)$ .
Pour $x < 1$ ,

$\forall t \in [x^{2}; x], \frac{x}{t \ln (t)} \leq \frac{1}{\ln (t)} \leq \frac{x^{2}}{t \ln (t)} .$

D’où

$\int_{x}^{x^{2}} \frac{x^{2} d t}{t \ln (t)} \leq \int_{x}^{x^{2}} \frac{d t}{\ln (t)} \leq \int_{x}^{x^{2}} \frac{x d t}{t \ln (t)} .$

On obtient $x^{2} \ln (2) \leq f (x) \leq x \ln (2)$ puis ${lim}_{x \to 1 -} f (x) = \ln (2)$ .
(c)

$f$ est continue sur $] 0; + \infty [$ , de classe $𝒞^{1}$ sur $] 0; 1 [$ et $] 1; + \infty [$ et

$f^{'} (1 + h) = \frac{h}{\ln (1 + h)} \to_{h \to 0}^{} 1 .$

Par le théorème de prolongement $𝒞^{1}$ , on a $f$ de classe $𝒞^{1}$ et $f^{'} (1) = 1$ .
De même, en exploitant

$f^{''} (1 + h) = \frac{(1 + h) \ln (1 + h) - h}{(1 + h) {(\ln (1 + h))}^{2}} \sim \frac{h^{2} / 2}{(1 + h) h^{2}} \to_{h \to 0}^{} \frac{1}{2}$

on obtient que $f$ est de classe $𝒞^{2}$ et $f^{''} (1) = 1 / 2$ .
Comme $f^{''}$ est positive sur $] 0; + \infty [$ , on peut conclure que $f$ est convexe sur $ℝ_{+}^{*}$ .

Exercice 49 2444 CENTRALE (MP)Correction

Soit

f (x) = \int_{x}^{x^{2}} \frac{d t}{\ln (t)} .

(a)

Calculer les limites de $f$ en $0^{+}$ et $+ \infty$ , la limite en $+ \infty$ de $f (x) / x$ et montrer que $f (x)$ tend vers $\ln (2)$ quand $x$ tend vers 1.
(b)

Montrer que $f$ est de classe $𝒞^{\infty}$ sur $ℝ_{+}^{*}$ mais qu’elle ne l’est pas sur $ℝ_{+}$ .
(c)

Étudier les variations de $f$ et tracer sa courbe représentative.

Solution

(a)

La fonction $f$ est définie sur $] 0; 1 [\cup] 1; + \infty [$ car pour chaque $x$ dans ce domaine, la fonction $t \mapsto 1 / \ln (t)$ est définie et continue sur le segment d’extrémités $x$ et $x^{2}$ car 1 n’y appartient pas. Pour $x \in] 0; 1 [$ , on a pour tout $t \in [x^{2}; x]$ , $2 \ln (x) \leq \ln (t) \leq \ln (x)$ puis par encadrement d’intégrales

$\frac{x^{2} - x}{2 \ln (x)} \leq f (x) \leq \frac{x^{2} - x}{\ln (x)}$

et donc $f (x) \to_{x \to 0^{+}}^{} 0$ .
L’encadrement est identique pour $x > 1$ ce qui permet d’affirmer $f (x) \to_{x \to + \infty}^{} + \infty$ et $f (x) / x \to_{x \to + \infty}^{} + \infty$ .
On peut aussi écrire

$f (x) = \int_{x}^{x^{2}} \frac{t}{t \ln (t)} d t$

et par encadrement du $t$ du numérateur par $x$ et $x^{2}$ , on obtient $f (x)$ encadré par $x I (x)$ et $x^{2} I (x)$ avec

$I (x) = \int_{x}^{x^{2}} \frac{d t}{t \ln (t)} = {[\ln (| \ln (t) |)]}_{x}^{x^{2}} = \ln (2)$

d’où $f (x) \to_{x \to 1}^{} \ln (2)$ .
(b)

On introduit $H$ primitive de $t \mapsto 1 / \ln (t)$ et l’on démontre que $f$ est de classe $𝒞^{1}$ sur $] 0; 1 [\cup] 1; + \infty [$ avec $f^{'} (x) = \frac{x - 1}{\ln (x)}$ . Cette dérivée étant de classe $𝒞^{\infty}$ , on conclut que $f$ est $𝒞^{\infty}$ sur $] 0; 1 [\cup] 1; + \infty [$ . On prolonge $f$ par continuité en 1 en posant $f (1) = \ln (2)$ et puisque $f^{'} (x) \to_{x \to 1}^{} 1$ , la fonction $f$ est de classe $𝒞^{1}$ sur $] 0; + \infty [$ avec $f^{'} (1) = 1$ . Par développement en série entière $h \mapsto \frac{\ln (1 + h)}{h}$ est $𝒞^{\infty}$ au voisinage de $0$ donc $x \mapsto \frac{\ln (x)}{x - 1}$ est $𝒞^{\infty}$ au voisinage de 1 et par passage à l’inverse $x \mapsto f^{'} (x)$ est $𝒞^{\infty}$ au voisinage de $1$ .

Finalement, $f$ est $𝒞^{\infty}$ sur $] 0; + \infty [$ .

Le calcul de $f^{''} (x)$ permet de justifier que $f^{''}$ n’a pas de limite finie en 0 et donc $f$ ne peut être prolongée en une fonction de classe $𝒞^{\infty}$ au voisinage de $0$ .
(c)

$f$ est croissante, convexe, branche parabolique verticale en $+ \infty$ , tangente horizontale en l’origine.

Exercice 50 273 Correction

On introduit sur $ℝ^{*}$ la fonction

f : x \mapsto \int_{x}^{2 x} \frac{e^{t}}{t} d t .

(a)

Prolonger $f$ par continuité en 0.
(b)

Montrer que $f$ est de classe $𝒞^{1}$ sur $ℝ$ .

Solution

(a)

Quand $x \to 0^{+}$ , on a par croissance de la fonction exponentielle

$\forall t \in [x; 2 x], e^{x} \leq e^{t} \leq e^{2 x}$

donc

$e^{x} \ln (2) \leq f (x) \leq e^{2 x} \ln (2) .$

Par théorème d’encadrement

$f (x) \to \ln (2) .$

De même, quand $x \to 0^{-}$ , $f (x) \to \ln (2)$ . On prolonge $f$ par continuité en 0 en posant

$f (0) = \ln (2) .$
(b)

Soit $F$ une primitive de $t \mapsto e^{t} / t$ sur $ℝ_{+}^{*}$ . $F$ est de classe $𝒞^{1}$ et $f (x) = F (2 x) - F (x)$ donc $f$ est aussi de classe $𝒞^{1}$ et

$f^{'} (x) = \frac{e^{2 x} - e^{x}}{x} .$

Il en est de même sur $ℝ_{-}^{*}$ et puisque $f^{'} (x) \to_{x \to 0}^{} 1$ , on peut affirmer que la fonction continue $f$ est de classe $𝒞^{1}$ sur $ℝ$ et $f^{'} (0) = 1$ .

Exercice 51 4857

On introduit la fonction $f$ définie sur $ℝ^{*}$ par la relation

f (x) = \int_{x}^{2 x} \frac{e^{- t^{2}}}{t} d t .

(a)

Montrer que la fonction $f$ est bien définie et étudier sa parité.
(b)

Justifier qu’il est possible de prolonger $f$ par continuité en $0$ .

On note encore $f$ la fonction ainsi prolongée.

(c)

Montrer que $f$ est dérivable sur $ℝ$ .
(d)

Étudier la limite de $f$ en $+ \infty$ .

Exercice 52 275 Correction

Soit

f : x \in ℝ^{*} \mapsto \int_{x}^{2 x} \frac{ch (t)}{t} d t .

(a)

Étudier la parité de $f$ . On étudie désormais $f$ sur $] 0; + \infty [$ .
(b)

Prolonger $f$ par continuité en 0.
(c)

Montrer que $f$ est de classe $𝒞^{1}$ sur $ℝ_{+}$ .
(d)

Branches infinies, allure.

Solution

(a)

Par le changement de variable $u = - t$ , on obtient que $f$ est paire.
(b)

Pour tout $x > 0$ , on a

$\forall t \in [x; 2 x], \frac{ch (x)}{t} \leq \frac{ch (t)}{t} \leq \frac{ch (2 x)}{t} .$

En intégrant, on obtient

$ch (x) \ln (2) \leq f (x) \leq ch (2 x) \ln (2)$

et l’on en déduit

$f (x) \to_{x \to 0}^{} \ln (2) .$
(c)

La fonction $t \mapsto ch (t) / t$ est continue sur $] 0; + \infty [$ donc y admet une primitive $G$ et puisque $f (x) = G (2 x) - G (x)$ , on obtient que $f$ est de classe $𝒞^{1}$ sur $] 0; + \infty [$ et

$f^{'} (x) = \frac{ch (2 x) - ch (x)}{x} .$

De plus,

$f^{'} (x) \to_{x \to 0}^{} 0$

donc, par le théorème du prolongement $𝒞^{1}$ , $f$ est de classe $𝒞^{1}$ sur $ℝ_{+}$ .
(d)

Puisque $f (x) \geq ch (x) \ln (2)$ , $f$ présente une branche parabolique verticale.

Exercice 53 1988 Correction

Soit $φ : ℝ \to ℝ$ la fonction définie par:

φ (t) = \frac{sh (t)}{t} pour t \neq 0 et φ (0) = 1 .

Soit $f : ℝ \to ℝ$ définie par:

f (x) = \int_{x}^{2 x} φ (t) d t .

(a)

Montrer que $f$ est bien définie et étudier la parité de $f$ .
(b)

Justifier que $f$ est dérivable et calculer $f^{'} (x)$ .
(c)

Dresser le tableau de variation de $f$ .

Solution

(a)

$φ$ est continue sur $ℝ$ donc $f (x)$ existe.

$\forall x \in ℝ^{*}, - x \in ℝ^{*} et f (- x) = \int_{- x}^{- 2 x} \frac{sh (t)}{t} d t \underset{u = - t}{=} - \int_{x}^{2 x} \frac{sh (u)}{u} d u = - f (x) .$

Ainsi $f$ est impaire.
(b)

$φ$ est continue donc possède une primitive $F$ . Comme $f (x) = F (2 x) - F (x)$ $f$ est dérivable et

$f^{'} (x) = \frac{sh (2 x) - sh (x)}{x}$

pour $x \in ℝ^{*}$ et $f^{'} (0) = 1$ .
(c)

Pour tout $x \geq 0$ , on a $sh (2 x) \geq sh (x)$ donc $f^{'} (x) \geq 0$ . Ainsi $f$ est croissante sur $ℝ_{+}$ .

Puisque

$f (x) \geq \int_{x}^{2 x} \frac{sh (x)}{t} d t = sh (x) \ln (2)$

on a $f (x) \to + \infty$ quand $x \to + \infty$ .

On complète le tableau de variation par parité.

Exercice 54 3789 ENSTIM (MP)Correction

Étude et graphe de la fonction

x \mapsto \int_{x}^{2 x} \frac{d t}{\sqrt{1 + t^{2} + t^{4}}} .

On précisera le comportement de la fonction quand $x \to 0$ et quand $x \to \pm \infty$ .

Solution

Posons

F (x) = \int_{x}^{2 x} \frac{d t}{\sqrt{1 + t^{2} + t^{4}}} .

On a

F (x) = \int_{0}^{2 x} \frac{d t}{\sqrt{1 + t^{2} + t^{4}}} - \int_{0}^{x} \frac{d t}{\sqrt{1 + t^{2} + t^{4}}}

ce qui assure que $F$ est définie et de classe $𝒞^{\infty}$ sur $ℝ$ .
Le changement de variable $t = - u$ assure que $F$ est impaire.
Par dérivation de primitive

F^{'} (x) = \frac{2}{\sqrt{1 + {(2 x)}^{2} + {(2 x)}^{4}}} - \frac{1}{\sqrt{1 + x^{2} + x^{4}}} .

En réduisant au même dénominateur et en multipliant par la quantité conjuguée, $F^{'} (x)$ est du signe de

4 (1 + x^{2} + x^{4}) - (1 + {(2 x)}^{2} + {(2 x)}^{4}) = 3 (1 - 4 x^{4})

$F$ est donc croissante que $[0; 1 / \sqrt{2}]$ puis décroissante sur $[1 / \sqrt{2}; + \infty [$
En 0, le graphe de la fonction passe par l’origine avec une tangente d’équation $y = x$ .
Quand $x \to + \infty$ ,

0 \leq F (x) \leq \int_{x}^{2 x} \frac{d t}{\sqrt{1 + x^{2} + x^{4}}} = \frac{x}{\sqrt{1 + x^{2} + x^{4}}} \to 0

et donc $F$ tend vers 0 en $+ \infty$ .

Exercice 55 2617 ENSTIM (MP)Correction

Pour tout $x \in [1; + \infty [$ , on pose

F (x) = \int_{1}^{x} \frac{t}{\sqrt{t^{3} - 1}} d t .

(a)

Montrer que la fonction $F$ est bien définie, continue sur $[1; + \infty [$ et de classe $𝒞^{\infty}$ sur $] 1; + \infty [$ .
Exprimer sa dérivée $F^{'} (x)$
(b)

Étudier la dérivabilité de $F$ en $1$ . Préciser la tangente au graphe de $F$ en $1$ .
(c)

Étudier la limite de $F$ en $+ \infty$ .
(d)

Justifier que $F$ réalise une bijection de $[1; + \infty [$ sur un intervalle à préciser.
(e)

Justifier que $F^{- 1}$ est dérivable sur $] 0; + \infty [$ et solution de l’équation différentielle

$y y^{'} = \sqrt{y^{3} - 1} .$
(f)

Étudier la dérivabilité de $F^{- 1}$ en $0$ .

Solution

(a)

$f : t \mapsto \frac{t}{\sqrt{t^{3} - 1}} = \frac{t}{\sqrt{(t - 1) (t^{2} + t + 1)}}$

est définie et continue sur $] 1; x]$ et

$f (t) \underset{1}{\sim} \frac{1}{\sqrt{3} \sqrt{t - 1}}$

donc $F (x)$ existe.
$F$ est primitive de la fonction continue $f$ sur $] 1; + \infty [$ donc $F$ est $𝒞^{1}$ et $F^{'} (x) = f (x)$ .
Comme $f$ est $𝒞^{\infty}$ , $F$ est finalement $𝒞^{\infty}$ et sur $] 1; + \infty [$

$F^{'} (x) = \frac{x}{\sqrt{x^{3} - 1}} .$
(b)

$F$ est continue en 1 et $F^{'} (x) \to_{x \to 1}^{} + \infty$ . $F$ n’est pas dérivable en $1$ . Il y a une tangente verticale en $1$ .
(c)

$\sqrt{t^{3} - 1} \leq t^{3 / 2}$ donc

$F (x) \geq \int_{1}^{x} \frac{d t}{\sqrt{t}} = 2 \sqrt{x} - 2 \to_{x \to + \infty}^{} + \infty$

donc $F (x) \to_{+ \infty}^{} + \infty$ .
(d)

$F$ est continue et strictement croissante sur $[1; + \infty [$ donc $F$ réalise une bijection de $[1; + \infty [$ sur $[0; + \infty [$ .
(e)

$F$ réalise une bijection de classe $𝒞^{\infty}$ de $] 1; + \infty [$ sur $] 0; + \infty [$ avec $F^{'} (x) \neq 0$ donc $F^{- 1}$ est $𝒞^{\infty}$ sur $] 0; + \infty [$ .

${(F^{- 1})}^{'} = \frac{1}{F^{'} \circ F^{- 1}} = \frac{\sqrt{{(F^{- 1})}^{3} - 1}}{F^{- 1}}$

donc $F^{- 1}$ est solution de l’équation différentielle considérée.
(f)

$F^{- 1}$ est continue en $0$ et $F^{- 1} (0) = 1$ . En vertu de la relation

${(F^{- 1})}^{'} = \frac{\sqrt{{(F^{- 1})}^{3} - 1}}{F^{- 1}}$

on obtient

${(F^{- 1})}^{'} (x) \to_{x \to 0}^{} 0$

$F^{- 1}$ est donc dérivable en $0$ et ${(F^{- 1})}^{'} (0) = 0$ .

Exercice 56 4858

Soient $f : [0; + \infty [\to ℝ$ une fonction continue et $g :] 0; + \infty [\to ℝ$ la fonction définie par

g (x) = \frac{1}{x} \int_{0}^{x} f (t) d t .

(a)

Montrer que la fonction $g$ est dérivable et solution sur $] 0; + \infty [$ de l’équation différentielle

$x y^{'} + y = f (x) .$
(b)

Déterminer, si elle existe, la limite de $g$ en $0$ .

On suppose que $f$ tend vers une limite finie $ℓ$ en $+ \infty$ .

[<] Intégrales fonctions des bornes[>] Sommes de Riemann

Exercice 57 1978 Correction

Déterminer les limites suivantes sans pour autant calculer les intégrales correspondantes:

(a)

${lim}_{x \to 0^{+}} \int_{- x}^{x} \sin (t^{2}) d t$
(b)

${lim}_{x \to + \infty} \int_{x}^{2 x} \frac{d t}{\ln (t)}$
(c)

${lim}_{x \to + \infty} \int_{x}^{2 x} \frac{\sin (t)}{t} d t$

Solution

(a)

Quand $x \to 0^{+}$ ,

$| \int_{- x}^{x} \sin (t^{2}) d t | \leq \int_{- x}^{x} | \sin (t^{2}) | d t \leq \int_{- x}^{x} 1 . d t = 2 x \to 0$

donc $\int_{- x}^{x} \sin (t^{2}) d t \to 0$ .
(b)

Quand $x \to + \infty$ ,

$\int_{x}^{2 x} \frac{d t}{\ln (2 x)} \leq \int_{x}^{2 x} \frac{d t}{\ln (t)}$

donc

$\frac{x}{\ln (2 x)} \leq \int_{x}^{2 x} \frac{d t}{\ln (t)}$

puis

$\int_{x}^{2 x} \frac{d t}{\ln (t)} \to + \infty .$
(c)

Par intégration par parties

$\int_{x}^{2 x} \frac{\sin (t)}{t} d t = {[- \frac{\cos (t)}{t}]}_{x}^{2 x} - \int_{x}^{2 x} \frac{\cos (t)}{t^{2}} d t .$

Or quand $x \to + \infty$ ,

${[- \frac{\cos (t)}{t}]}_{x}^{2 x} \to 0 et | \int_{x}^{2 x} \frac{\cos (t)}{t^{2}} d t | \leq \int_{x}^{2 x} \frac{d t}{t^{2}} = {[- \frac{1}{t}]}_{x}^{2 x} \to 0$

donc

$\int_{x}^{2 x} \frac{\sin (t)}{t} d t \to 0 .$

Exercice 58 286 Correction

Déterminer les limites suivantes sans pour autant calculer les intégrales correspondantes:

(a)

${lim}_{x \to 0^{+}} \int_{x}^{2 x} \frac{e^{t} d t}{t}$
(b)

${lim}_{x \to + \infty} \int_{x}^{2 x} \frac{e^{1 / t}}{t} d t$
(c)

${lim}_{x \to + \infty} \int_{x}^{2 x} \frac{\cos (1 / t)}{t} d t$

Solution

(a)

Quand $x \to 0^{+}$ , par croissance de la fonction exponentielle

$\int_{x}^{2 x} \frac{e^{x}}{t} d t \leq \int_{x}^{2 x} \frac{e^{t}}{t} d t \leq \int_{x}^{2 x} \frac{e^{2 x}}{t} d t$

donc

$e^{x} \ln (2) \leq \int_{x}^{2 x} \frac{e^{t}}{t} d t \leq e^{2 x} \ln (2)$

puis par encadrement

$\int_{x}^{2 x} \frac{e^{t}}{t} d t \to \ln (2) .$
(b)

Quand $x \to + \infty$ , par décroissance de la fonction $t \mapsto e^{1 / t}$

$\int_{x}^{2 x} \frac{e^{1 / 2 x}}{t} d t \leq \int_{x}^{2 x} \frac{e^{1 / t}}{t} d t \leq \int_{x}^{2 x} \frac{e^{1 / x}}{t} d t$

donc

$e^{1 / x} \ln (2) \int_{x}^{2 x} \frac{e^{1 / t}}{t} d t \leq e^{1 / 2 x} \ln (2)$

puis par encadrement

$\int_{x}^{2 x} \frac{e^{1 / t}}{t} d t \to \ln (2) .$
(c)

Quand $x \to + \infty$ , pour $x$ assez grand, la fonction $t \mapsto \cos (1 / t)$ est croissante sur $[x; 2 x]$ donc

$\int_{x}^{2 x} \frac{\cos (1 / x)}{t} d t \leq \int_{x}^{2 x} \frac{\cos (1 / t)}{t} d t \leq \int_{x}^{2 x} \frac{\cos (1 / 2 x)}{t} d t$

puis

$\cos (\frac{1}{x}) \ln (2) \leq \int_{x}^{2 x} \frac{\cos (1 / t)}{t} d t \leq \cos (\frac{1}{2 x}) \ln (2)$

et par encadrement

$\int_{x}^{2 x} \frac{\cos (1 / t)}{t} d t \to \ln (2) .$

Exercice 59 4855

Étudier les limites suivantes:

(a)

${lim}_{x \to 0^{+}} \int_{0}^{x} \frac{\sin (t)}{1 + t^{2}} d t$
(b)

${lim}_{x \to + \infty} \int_{x}^{x + 1} \arctan (t) d t$
(c)

${lim}_{x \to + \infty} \int_{x}^{2 x} \frac{d t}{\ln (t)}$
(d)

${lim}_{x \to 0^{+}} \int_{x}^{2 x} \frac{e^{t}}{t} d t$
(e)

${lim}_{x \to 1^{+}} \int_{x}^{x^{2}} \frac{d t}{\ln (t)}$
(f)

${lim}_{x \to 1^{-}} \int_{x}^{x^{2}} \frac{d t}{\ln (t)}$ .

Exercice 60 1977 Correction

Soit $f : ℝ_{+} \to ℝ$ continue. Déterminer

lim_{x \to 0^{+}} \frac{1}{x} \int_{0}^{x} f (t) d t .

Solution

On a

| \frac{1}{x} \int_{0}^{x} f (t) d t - f (0) | \leq \frac{1}{x} \int_{0}^{x} | f (t) - f (0) | d t .

Par la continuité de $f$ en 0, Pour tout $ε > 0$ , il existe $α > 0$ vérifiant

\forall x \in ℝ_{+}, x \leq α ⟹ | f (x) - f (0) | \leq ε

et donc

| \frac{1}{x} \int_{0}^{x} f (t) d t - f (0) | \leq ε .

On peut donc conclure que

lim_{x \to 0^{+}} \frac{1}{x} \int_{0}^{x} f (t) d t = f (0) .

On peut aussi très efficacement obtenir le résultat en introduisant une primitive de $f$ et en exploitant

\frac{1}{x} \int_{0}^{x} f (t) d t = \frac{F (x) - F (0)}{x} \to_{x \to 0}^{} F^{'} (0) = f (0) .

Exercice 61 1976

Soit $f : [0; 1] \to ℝ$ continue. Montrer

\int_{0}^{1} t^{n} f (t) d t \to_{n \to + \infty}^{} 0 .

Exercice 62 2977 X (MP)Correction

Soit $f \in 𝒞 ([0; 1], ℝ)$ . Déterminer la limite de la suite

{(\frac{\int_{0}^{1} t^{n} f (t) d t}{\int_{0}^{1} t^{n} d t})}_{n \geq 0} .

Solution

On peut écrire

\frac{\int_{0}^{1} t^{n} f (t) d t}{\int_{0}^{1} t^{n} d t} = \int_{0}^{1} (n + 1) t^{n} f (t) d t .

Par le changement de variable $u = t^{n + 1}$

\frac{\int_{0}^{1} t^{n} f (t) d t}{\int_{0}^{1} t^{n} d t} = \int_{0}^{1} f (u^{1 / (n + 1)}) d u .

Par convergence dominée par ${∥ f ∥}_{\infty}$ , on obtient

\frac{\int_{0}^{1} t^{n} f (t) d t}{\int_{0}^{1} t^{n} d t} \to f (1) .

Exercice 63 278 Correction

Soient $f : ℝ \to ℝ$ une application de classe $𝒞^{1}$ et $a > 0$ . On pose

I (x) = \frac{1}{x^{a + 1}} \int_{0}^{x} t^{a} f (t) d t .

Déterminer la limite de $I (x)$ quand $x$ tend vers 0.

Solution

On a

I (x) - \frac{f (0)}{a + 1} = \frac{1}{x^{a + 1}} (\int_{0}^{x} t^{a} f (t) d t - \int_{0}^{x} t^{a} f (0) d t) = \frac{1}{x^{a + 1}} \int_{0}^{x} t^{a} (f (t) - f (0)) d t .

Pour $ε > 0$ , il existe $α > 0$ vérifiant

| x | \leq α ⟹ | f (x) - f (0) | \leq ε .

Par suite, si $| x | \leq α$ , pour tout $t$ compris entre 0 et $x$ , $| f (t) - f (0) | \leq ε$ puis par intégration

| \frac{1}{x^{a + 1}} \int_{0}^{x} t^{a} (f (t) - f (0)) d t | \leq ε .

Ainsi,

lim_{x \to 0} I (x) = \frac{f (0)}{a + 1} .

Exercice 64 4847

Pour $n \in ℕ$ , on pose

u_{n} = \int_{0}^{1} \ln (1 + t^{n}) d t .

(a)

Montrer que la suite $(u_{n})$ est à termes strictement positifs.
(b)

Montrer que la suite $(u_{n})$ est strictement décroissante.
(c)

Déterminer la limite de la suite $(u_{n})$ .

Exercice 65 4192

Soient $a$ et $b$ deux réels strictement positifs. Pour $f : [0; + \infty [\to ℝ$ une fonction continue dérivable en $0$ , étudier

lim_{x \to 0^{+}} \int_{a x}^{b x} \frac{f (t)}{t} d t .

Exercice 66 1981

(Lemme de Lebesgue)

Soit $f : [a; b] \to ℝ$ une fonction de classe $𝒞^{1}$ .

Montrer

lim_{n \to + \infty} \int_{a}^{b} f (t) \sin (n t) d t = 0 .

Exercice 67 193

Soit $f : [0; π] \to ℝ$ une fonction de classe $𝒞^{1}$ .

Étudier la limite quand $n$ tend vers l’infini de

\int_{0}^{π} f (t) | \sin (n t) | d t .

[<] Limites d'intégrales[>] Formules de Taylor

Exercice 68 1998 Correction

Déterminer les limites des suites définies par le terme général suivant:

(a)

$\sum_{k = 1}^{n} \frac{n}{n^{2} + k^{2}}$
(b)

$\sum_{k = 1}^{n} \frac{k}{n^{2} + k^{2}}$
(c)

$\sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{\sqrt{n^{2} + 2 k n}}$

Solution

(a)

$\sum_{k = 1}^{n} \frac{n}{n^{2} + k^{2}} = \frac{1}{n} \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{1 + {(k / n)}^{2}} \to_{n \to + \infty}^{} \int_{0}^{1} \frac{d t}{1 + t^{2}} = \frac{π}{4} .$
(b)

$\sum_{k = 1}^{n} \frac{k}{n^{2} + k^{2}} = \frac{1}{n} \sum_{k = 1}^{n} \frac{k / n}{1 + {(k / n)}^{2}} \to_{n \to + \infty}^{} \int_{0}^{1} \frac{x}{1 + x^{2}} d x = \frac{1}{2} \ln (2) .$
(c)

$\sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{\sqrt{n^{2} + 2 k n}} = \frac{1}{n} \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{\sqrt{1 + 2 k / n}} \to_{n \to + \infty}^{} \int_{0}^{1} \frac{d x}{\sqrt{1 + 2 x}} = {[\sqrt{1 + 2 x}]}_{0}^{1} = \sqrt{3} - 1 .$

Exercice 69 4849

Étudier les limites quand $n$ croît vers l’infini de:

(a)

$\sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{n + k}$
(b)

$\sum_{k = n + 1}^{2 n} \frac{n}{k^{2}}$
(c)

$\frac{1}{n} \sqrt[n]{(n + 1) (n + 2) \dots (2 n)}$ .

Exercice 70 3428 Correction

(a)

Déterminer

$lim_{n \to + \infty} \sum_{p = n + 1}^{2 n} \frac{1}{p} .$
(b)

Pour $α > 1$ , déterminer

$lim_{n \to + \infty} \sum_{p = n + 1}^{2 n} \frac{1}{p^{α}} .$
(c)

En déduire

$lim_{n \to + \infty} \sum_{p = n + 1}^{2 n} \sin (\frac{1}{p}) .$

Solution

(a)

Par somme de Riemann

$\sum_{p = n + 1}^{2 n} \frac{1}{p} = \frac{1}{n} \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{1 + \frac{k}{n}} \to \int_{0}^{1} \frac{d t}{1 + t} = \ln (2) .$
(b)

Par somme de Riemann

$\sum_{p = n + 1}^{2 n} \frac{1}{p^{α}} = n^{1 - α} \frac{1}{n} \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{{(1 + \frac{k}{n})}^{α}} \to 0 \times \int_{0}^{1} \frac{d t}{{(1 + t)}^{α}} = 0 .$
(c)

Sachant pour $x > 0$

$x - \frac{x^{3}}{6} \leq \sin (x) \leq x$

on obtient

$| \sum_{p = n + 1}^{2 n} \sin (\frac{1}{p}) - \sum_{p = n + 1}^{2 n} \frac{1}{p} | \leq \frac{1}{6} \sum_{p = n + 1}^{2 n} \frac{1}{p^{3}}$

et donc

$lim_{n \to + \infty} \sum_{p = n + 1}^{2 n} \sin (\frac{1}{p}) = lim_{n \to + \infty} \sum_{p = n + 1}^{2 n} \frac{1}{p} = \ln (2) .$

Exercice 71 3198 MINES (MP)Correction

Déterminer un équivalent quand $n \to + \infty$ de

u_{n} = \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{{(n + 2 k)}^{3}} .

Solution

On peut écrire

u_{n} = \frac{1}{n^{3}} \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{{(1 + 2 k / n)}^{3}} = \frac{1}{n^{2}} S_{n}

avec

S_{n} = \frac{1}{n} \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{{(1 + 2 k / n)}^{3}} .

Par les sommes de Riemann, on a

S_{n} \to_{n \to + \infty}^{} \int_{0}^{1} \frac{d t}{{(1 + 2 t)}^{3}} = {[- \frac{1}{4 {(1 + 2 t)}^{2}}]}_{0}^{1} = \frac{2}{9} .

On en déduit

u_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{2}{9 n^{2}} .

Exercice 72 1999 Correction

En faisant apparaître une somme de Riemann, déterminer un équivalent simple de

S_{n} = \sum_{k = 1}^{n} \sqrt{k} .

Solution

On peut écrire

S_{n} = n \sqrt{n} (\frac{1}{n} \sum_{k = 1}^{n} \sqrt{\frac{k}{n}})

\frac{1}{n} \sum_{k = 1}^{n} \sqrt{\frac{k}{n}} = \frac{1}{n} \sum_{k = 1}^{n} f (\frac{k}{n})

avec $f : t \mapsto \sqrt{t}$ définie et continue sur $[0; 1]$ .
Par somme de Riemann

\frac{1}{n} \sum_{k = 1}^{n} f (\frac{k}{n}) \to \int_{0}^{1} f (t) d t = {[\frac{2}{3} t^{3 / 2}]}_{0}^{1} = \frac{2}{3}

donc

S_{n} \sim \frac{2}{3} n^{3 / 2} .

Exercice 73 4852

Soit $α$ un réel strictement positif. En faisant apparaître une somme de Riemann, déterminer un équivalent simple quand $n$ tend vers $+ \infty$ de

S_{n} = \sum_{k = 1}^{n} k^{α} .

Exercice 74 744 Correction

Déterminer la limite de la suite de terme général

{(\frac{(2 n)!}{n^{n} n!})}^{\frac{1}{n}} .

Solution

On a

\ln ({(\frac{(2 n)!}{n^{n} n!})}^{\frac{1}{n}}) = \frac{1}{n} \sum_{k = 1}^{n} (\ln (n + k) - \ln (n)) = \frac{1}{n} \sum_{k = 1}^{n} \ln (1 + \frac{k}{n}) .

La fonction $x \to \ln (1 + x)$ étant continue sur $[0; 1]$ , on obtient

\ln ({(\frac{(2 n)!}{n^{n} n!})}^{\frac{1}{n}}) \to_{n \to + \infty}^{} \int_{0}^{1} \ln (1 + x) d x = 2 \ln (2) - 1 .

On en déduit

{(\frac{(2 n)!}{n^{n} n!})}^{\frac{1}{n}} \to_{n \to + \infty}^{} \frac{4}{e} .

Exercice 75 2785 MINES (MP)Correction

Étudier les limites de

{(\prod_{k = 1}^{n} (1 + \frac{k}{n}))}^{1 / n} et {(\prod_{k = 1}^{n} (1 + \frac{k}{n^{2}}))}^{1 / n} .

Solution

\ln {(\prod_{k = 1}^{n} (1 + \frac{k}{n}))}^{1 / n} = \frac{1}{n} \sum_{k = 1}^{n} \ln (1 + \frac{k}{n}) \to_{n \to + \infty}^{} \int_{0}^{1} \ln (1 + t) d t = 2 \ln (2) - 1

donc

{(\prod_{k = 1}^{n} (1 + \frac{k}{n}))}^{1 / n} \to \frac{4}{e} .

Pour $k \in {1, \dots, n}$ , $\frac{k}{n^{2}} \leq \frac{1}{n}$ donc

1 \leq {(\prod_{k = 1}^{n} (1 + \frac{k}{n^{2}}))}^{1 / n} \leq 1 + \frac{1}{n}

puis

{(\prod_{k = 1}^{n} (1 + \frac{k}{n^{2}}))}^{1 / n} \to_{n \to + \infty}^{} 1 .

Exercice 76 2786 MINES (MP)Correction

Calculer les limites de

\sum_{k = 1}^{n} \sin (\frac{k}{n}) \sin (\frac{k}{n^{2}}) et \sum_{k = 1}^{n} \sin^{2} (\frac{1}{\sqrt{k + n}})

lorsque $n$ tend vers $+ \infty$ .

Solution

Pour $x \geq 0$ , on sait

x - \frac{1}{6} x^{3} \leq \sin (x) \leq x

et donc

| \sin (x) - x | \leq M x^{3} avec M = \frac{1}{6} .

On a alors

| \sin (\frac{k}{n^{2}}) - \frac{k}{n^{2}} | \leq M \frac{k^{3}}{n^{6}} \leq \frac{M}{n^{3}}

donc

| \sum_{k = 1}^{n} \sin (\frac{k}{n}) \sin (\frac{k}{n^{2}}) - \sum_{k = 1}^{n} \sin (\frac{k}{n}) \frac{k}{n^{2}} | \leq \frac{M}{n^{2}} \to_{n \to + \infty}^{} 0 .

\sum_{k = 1}^{n} \sin (\frac{k}{n}) \frac{k}{n^{2}} \to_{n \to + \infty}^{} \int_{0}^{1} t \sin (t) d t

donc

\sum_{k = 1}^{n} \sin (\frac{k}{n}) \sin (\frac{k}{n^{2}}) \to_{n \to + \infty}^{} \sin (1) - \cos (1) .

Pour $x \geq 0$ ,

x - \frac{1}{6} x^{3} \leq \sin (x) \leq x

donne aussi $| \sin^{2} (x) - x^{2} | \leq M^{'} x^{4}$ avec $M^{'} = 1 / 3$ . Ainsi,

| \sum_{k = 1}^{n} \sin^{2} (\frac{1}{\sqrt{k + n}}) - \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k + n} | \leq M^{'} \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{{(k + n)}^{2}} \leq \frac{M^{'}}{n} \to_{n \to + \infty}^{} 0 .

\sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k + n} = \frac{1}{n} \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{1 + k / n} \to_{n \to + \infty}^{} \int_{0}^{1} \frac{d x}{1 + x} = \ln (2)

donc

\sum_{k = 1}^{n} \sin^{2} (\frac{1}{\sqrt{k + n}}) \to_{n \to + \infty}^{} \ln (2) .

Exercice 77 2787 MINES (MP)Correction

Si $n \in ℕ^{*}$ et $x \in ℝ$ , soit $f_{n} (x) = \sum_{k = 1}^{n} \frac{\sin (k x)}{k}$ .
Soit $x_{n}$ le plus petit réel strictement positif en lequel $f_{n}$ atteint un maximum local. Calculer $lim f_{n} (x_{n})$ .

Solution

On a

f_{n}^{'} (x) = \sum_{k = 1}^{n} \cos (k x) = \cos (\frac{(n + 1) x}{2}) \frac{\sin (\frac{n x}{2})}{\sin (\frac{x}{2})}

donc

x_{n} = \frac{π}{n + 1} .

Par suite,

f_{n} (x_{n}) = \sum_{k = 1}^{n} \frac{\sin (\frac{k π}{n + 1})}{k} = \frac{1}{n + 1} \sum_{k = 1}^{n} \frac{\sin (\frac{k π}{n + 1})}{\frac{k}{n + 1}} .

Or la fonction $t \mapsto \sin (π t) / t$ peut être prolongée en une fonction continue sur $[0; 1]$ donc par somme de Riemann

f_{n} (x_{n}) \to \int_{0}^{1} \frac{\sin (π t)}{t} d t .

Exercice 78 3768 ENSTIM (MP)Correction

Étudier la suite suivante

u_{n} = \frac{r (1) + r (2) + \dots + r (n)}{n^{2}}

avec $r (k)$ le reste de la division euclidienne de $n$ par $k$ .

On pourra étudier la suite définie par

v_{n} = \frac{(n - r (1)) + (n - r (2)) + \dots + (n - r (n))}{n^{2}} .

Solution

La division euclidienne de $n$ par $k$ s’écrit

n = ⌊ n / k ⌋ k + r (k)

et donc

n - r (k) = k ⌊ n / k ⌋

puis

v_{n} = \frac{1}{n} \sum_{k = 1}^{n} \frac{k}{n} ⌊ \frac{n}{k} ⌋

ce qui fait penser à une somme de Riemann associée à la fonction $f : t \mapsto t ⌊ 1 / t ⌋$ définie et continue par morceaux sur $] 0; 1]$ . Bien qu’elle soit prolongeable par continuité en 0, ce prolongement n’est pas continue par morceaux sur $[0; 1]$ (il n’existe pas de subdivision finie du segment $[0; 1]$ qui soit adaptée) et l’on ne peut donc pas employer directement le théorème du cours relatif aux sommes de Riemann: cela va nous obliger à un petit découpage…
Soit $N \in ℕ^{*}$ . On peut écrire

v_{n} = \frac{1}{n} \sum_{k = 1}^{⌊ n / N ⌋} \frac{k}{n} ⌊ \frac{n}{k} ⌋ + \frac{1}{n} \sum_{k = ⌊ n / N ⌋ + 1}^{n} \frac{k}{n} ⌊ \frac{n}{k} ⌋ .

D’une part

| \frac{1}{n} \sum_{k = 1}^{⌊ n / N ⌋} \frac{k}{n} ⌊ \frac{n}{k} ⌋ | \leq \frac{1}{n} \sum_{k = 1}^{⌊ n / N ⌋} 1 \leq \frac{⌊ n / N ⌋}{n} \leq \frac{1}{N}

et d’autre part, par les sommes de Riemann

\frac{1}{n - ⌊ n / N ⌋} \sum_{k = ⌊ n / N ⌋ + 1}^{n} \frac{k}{n} ⌊ \frac{n}{k} ⌋ \to_{n \to + \infty}^{} \int_{1 / N}^{1} t ⌊ 1 / t ⌋ d t .

Par le changement de variable $u = 1 / t$

\int_{1 / N}^{1} t ⌊ 1 / t ⌋ d t = \int_{1}^{N} \frac{⌊ u ⌋}{u^{3}} d u = \sum_{k = 1}^{N} \int_{k}^{k + 1} \frac{k}{u^{3}} d u

puis

\int_{1 / N}^{1} t ⌊ 1 / t ⌋ d t = \frac{1}{2} \sum_{k = 1}^{N} (\frac{1}{{(k + 1)}^{2}} - \frac{1}{k + 1} + \frac{1}{k}) = \frac{1}{2} \sum_{k = 1}^{N + 1} \frac{1}{k^{2}}

et l’on remarque que

\frac{1}{2} \sum_{k = 1}^{N + 1} \frac{1}{k^{2}} \to_{N \to + \infty}^{} \frac{π^{2}}{12} .

En choisissant $N$ assez grand pour que $1 / N \leq ε$ et $\frac{1}{2} \sum_{k = N + 2}^{+ \infty} \frac{1}{k^{2}} \leq ε$ , on a

| v_{n} - \frac{π^{2}}{12} | \leq ε + \frac{n - ⌊ n / N ⌋}{n} (\frac{1}{n - ⌊ n / N ⌋} \sum_{k = ⌊ n / N + 1 ⌋}^{N} \frac{k}{n} ⌊ \frac{n}{k} ⌋ - \frac{π^{2}}{12}) + \frac{⌊ n / N ⌋}{n} \frac{π^{2}}{12} .

Puis pour $n$ assez grand

| v_{n} - \frac{π^{2}}{12} | \leq ε + \frac{n - ⌊ n / N ⌋}{n} (\sum_{k = N + 2}^{+ \infty} \frac{1}{k^{2}} + ε) + \frac{⌊ n / N ⌋}{n} \frac{π^{2}}{12}

ce qui donne

| v_{n} - \frac{π^{2}}{12} | \leq ε + 2 ε + ε \frac{π^{2}}{12} .

Finalement, $v_{n} \to π^{2} / 12$ puis $u_{n} \to 1 - π^{2} / 12$

Exercice 79 2664 MINES (MP)

(a)

Soit $n \in ℕ^{*}$ . Montrer l’égalité

$X^{2 n} - 1 = (X^{2} - 1) \prod_{k = 1}^{n - 1} (X^{2} - 2 X \cos (\frac{k π}{n}) + 1) .$
(b)

Soit $a$ un réel différent de $1$ et de $- 1$ . Déduire du calcul qui précède la valeur de

$\int_{0}^{π} \ln (a^{2} - 2 a \cos (t) + 1) d t .$

[<] Sommes de Riemann

Exercice 80 2816 MINES (MP)Correction

Énoncer et établir la formule de Taylor avec reste intégrale.

Solution

C’est du cours!

Exercice 81 291

Établir que pour tout $x$ dans $[0; π / 2]$ ,

x - \frac{1}{6} x^{3} \leq \sin (x) \leq x - \frac{1}{6} x^{3} + \frac{1}{120} x^{5} .

Exercice 82 2003 Correction

Soient $f : ℝ \to ℝ$ de classe $𝒞^{2}$ et $a \in ℝ$ .
Déterminer

lim_{h \to 0} \frac{f (a + h) - 2 f (a) + f (a - h)}{h^{2}} .

Solution

En vertu du théorème de Taylor-Young:

f (a + h) = f (a) + h f^{'} (a) + \frac{1}{2} h^{2} f^{''} (a) + o (h^{2})

donc

f (a + h) - 2 f (a) + f (a - h) = h^{2} f^{''} (a) + o (h^{2})

puis

lim_{h \to 0} \frac{f (a + h) - 2 f (a) + f (a - h)}{h^{2}} = f^{''} (a) .

Exercice 83 5071

En appliquant la formule de Taylor avec reste intégral à la fonction $x \mapsto \ln (1 + x)$ , établir¹¹ 1 Dans le chapitre suivant, nous dirons que la série $\sum \frac{{(- 1)}^{k - 1}}{k}$ converge et que sa somme vaut $\ln (2)$ .

\sum_{k = 1}^{n} \frac{{(- 1)}^{k - 1}}{k} \to_{n \to + \infty}^{} \ln (2) .

Exercice 84 4850

En appliquant la formule de Taylor à la fonction exponentielle, montrer¹¹ 1 Dans le chapitre suivant, nous dirons que la série $\sum \frac{1}{k!}$ converge et que sa somme vaut $e$ .

\sum_{k = 0}^{n} \frac{1}{k!} \to_{n \to + \infty}^{} e .

Exercice 85 2001 Correction

Montrer que pour tout $n \in ℕ$ et tout $x \in ℝ$

| e^{x} - \sum_{k = 0}^{n} \frac{x^{k}}{k!} | \leq \frac{{| x |}^{n + 1} e^{| x |}}{(n + 1)!} .

En déduire

lim_{n \to + \infty} \sum_{k = 0}^{n} \frac{x^{k}}{k!} .

Solution

En appliquant la formule de Taylor reste intégrale à la fonction $x \mapsto e^{x}$ entre 0 et $x$ on obtient

e^{x} = \sum_{k = 0}^{n} \frac{x^{k}}{k!} + \int_{0}^{x} \frac{{(x - t)}^{n}}{n!} e^{x} d t

donc

| e^{x} - \sum_{k = 0}^{n} \frac{x^{k}}{k!} | = | \int_{0}^{x} \frac{{(x - t)}^{n}}{n!} e^{t} d t | .

Si $x \geq 0$ alors

	$\| \int_{0}^{x} \frac{{(x - t)}^{n}}{n!} e^{t} d t \|$	$= \int_{0}^{x} \frac{{(x - t)}^{n}}{n!} e^{t} d t$
		$\leq \int_{0}^{x} \frac{{(x - t)}^{n}}{n!} e^{x} d t$
		$= \frac{x^{n + 1} e^{x}}{(n + 1)!} = \frac{{\| x \|}^{n + 1} e^{\| x \|}}{(n + 1)!} .$

Si $x \leq 0$ alors

	$\| \int_{0}^{x} \frac{{(x - t)}^{n}}{n!} e^{t} d t \|$	$= \int_{x}^{0} \frac{{(t - x)}^{n}}{n!} e^{t} d t \leq \int_{x}^{0} \frac{{(t - x)}^{n}}{n!} d t$
		$= \frac{{\| x \|}^{n + 1}}{(n + 1)!} \leq \frac{{\| x \|}^{n + 1} e^{\| x \|}}{(n + 1)!} .$

On aurait aussi pu appliquer directement l’inégalité de Taylor-Lagrange à la restriction de $f$ sur $[- | x |; | x |]$ .
Quand $n \to + \infty$ ,

\frac{{| x |}^{n + 1} e^{| x |}}{(n + 1)!} \to_{n \to + \infty}^{} 0

donc

lim_{n \to + \infty} \sum_{k = 0}^{n} \frac{x^{k}}{k!} = e^{x} .

Exercice 86 3217

(Égalité de Taylor-Lagrange¹¹ 1 Ce résultat constitue une généralisation de l’égalité des accroissements finis.)

Soient $f : I \to ℝ$ une fonction de classe $𝒞^{n + 1}$ et $a \in I$ .

Montrer que pour tout $x \in I$ , il existe un réel $c$ compris entre $a$ et $x$ vérifiant

f (x) = \sum_{k = 0}^{n} \frac{f^{(k)} (a)}{k!} {(x - a)}^{k} + \frac{f^{(n + 1)} (c)}{(n + 1)!} {(x - a)}^{n + 1} .

Exercice 87 2000

Soit $g : [0; 1] \to ℝ$ une fonction continue.

Déterminer les fonctions $f : [0; 1] \to ℝ$ deux fois dérivables telles que

f (0) = f (1) = 0 et f^{''} = g .

Exercice 88 297 Correction

Soient $f : [0; 1] \to ℝ$ une application de classe $𝒞^{2}$ et

S_{n} = \sum_{k = 1}^{n} f (\frac{k}{n^{2}}) - n f (0) .

Déterminer la limite de la suite $(S_{n})$ .

Solution

Par l’inégalité de Taylor Lagrange avec $M = \max_{[0; 1]} | f^{''} |$ :

| f (\frac{k}{n^{2}}) - f (0) - \frac{k}{n^{2}} f^{'} (0) | \leq \frac{M}{2} {(\frac{k}{n^{2}})}^{2} .

Par suite,

| S_{n} - \sum_{k = 1}^{n} \frac{k}{n^{2}} f^{'} (0) | \leq \frac{M}{2 n^{4}} \sum_{k = 1}^{n} k^{2} \leq \frac{M}{2 n} \to 0

\sum_{k = 1}^{n} \frac{k}{n^{2}} f^{'} (0) = \frac{n + 1}{2 n} f^{'} (0)

donc

S_{n} \to_{n \to + \infty}^{} \frac{f^{'} (0)}{2} .

Exercice 89 296 ENSTIM (MP)

Soit $f : ℝ \to ℝ$ une fonction de classe $𝒞^{2}$ vérifiant $f^{''} (0) \neq 0$ .

(a)

Montrer que pour chaque $x \in ℝ^{*}$ , il existe $θ_{x} \in] 0; 1 [$ vérifiant la relation

$f (x) = f (0) + x f^{'} (x θ_{x}) .$
(b)

Montrer qu’au voisinage de 0 ce réel $θ_{x}$ est unique.
(c)

Déterminer la limite de $θ_{x}$ quand $x$ tend vers $0$ .

Exercice 90 2817 MINES (MP)Correction

(a)

Montrer, pour tout $x \in] 0; π / 2 [$ , l’existence de $θ_{x} \in] 0; 1 [$ tel que

$\sin (x) = x - \frac{x^{3}}{6} \cos (x θ_{x}) .$
(b)

Étudier la limite de $θ_{x}$ quand $x$ tend vers $0$ par valeur supérieure.

Solution

(a)

Par l’égalité de Taylor-Lagrange (hors-programme),

$\forall x \in] 0; π / 2 [, \exists ξ \in] 0; x [, \sin (x) = x - \frac{1}{6} x^{3} \cos (ξ) .$

Le réel $θ_{x} = ξ / x$ convient alors.

À défaut de connaître l’égalité de Taylor-Lagrange, par l’égalité de Taylor avec reste-intégrale

$\sin (x) = x - \int_{0}^{x} \frac{{(x - t)}^{2}}{2!} \cos (t) d t .$

Or pour $t \in [0; x]$ , on a

$\cos (x) \leq \cos (t) \leq 1$

avec inégalité stricte pour $t \in] 0; x [$ donc

$\frac{x^{3}}{6} \cos (x) < \int_{0}^{x} \frac{{(x - t)}^{2}}{2!} \cos (t) d t < \frac{x^{3}}{6} .$

Ainsi,

$\int_{0}^{x} \frac{{(x - t)}^{2}}{2!} \cos (t) d t = λ \frac{x^{3}}{6} avec \cos (x) < λ < 1 = \cos (0) .$

Par le théorème des valeurs intermédiaires, on peut écrire

$λ = \cos (x θ_{x}) avec θ_{x} \in] 0; 1 [.$
(b)

Quand $x \to 0$ , $x θ_{x} \to 0$ donc

$\cos (x θ_{x}) = 1 - \frac{1}{2} x^{2} θ_{x}^{2} + o (x^{2})$

puis

$\sin (x) = x - \frac{1}{6} x^{3} + \frac{1}{12} x^{5} θ_{x}^{2} + o (x^{5})$

or

$\sin (x) = x - \frac{1}{6} x^{3} + \frac{1}{120} x^{5} + o (x^{5})$

donc $θ_{x}^{2} \to 1 / 10$ puis

$θ_{x} \to \frac{1}{\sqrt{10}} .$

Exercice 91 255 Correction

Soient $n \in ℕ^{*}$ et $φ : ℝ \to ℝ$ une fonction de classe $𝒞^{n}$ telle que

φ (x) \underset{x \to 0}{=} o (x^{n}) .

(a)

Montrer que

$\forall 0 \leq p \leq n, φ^{(p)} (x) \underset{x \to 0}{=} o (x^{n - p}) .$
(b)

On introduit $ψ : ℝ \to ℝ$ définie par

$ψ (x) = {\begin{matrix} φ (x) / x & si x \neq 0 \\ 0 & sinon. \end{matrix}$

Montrer que

$\forall 0 \leq p < n, ψ^{(p)} (x) \underset{x \to 0}{=} o (x^{n - p - 1}) .$

En déduire que $ψ$ est de classe $𝒞^{n - 1}$ sur $ℝ$ .
(c)

Soient $f : ℝ \to ℝ$ de classe $𝒞^{n}$ et $g : ℝ \to ℝ$ définie par

$g (x) = {\begin{matrix} \frac{f (x) - f (0)}{x} & si x \neq 0 \\ f^{'} (0) & sinon. \end{matrix}$

Montrer que $g$ est de classe $𝒞^{n - 1}$ .
(d)

Soient $f, g : ℝ \to ℝ$ de classe $𝒞^{n}$ telles que

$f (0) = 0, g (x) = 0 \Leftrightarrow x = 0 et g^{'} (0) \neq 0 .$

Montrer que $f / g$ est de classe $𝒞^{n - 1}$ .

Solution

(a)

Par la formule de Taylor Young:

$φ (x) = φ (0) + x φ^{'} (0) + \dots + \frac{x^{n}}{n!} φ^{(n)} (0) + o (x^{n})$

$φ (x) = o (x^{n})$ entraîne alors $φ (0) = φ^{'} (0) = \dots = φ^{(n)} (0) = 0$ .
En appliquant la formule de Taylor Young à $φ^{(p)}$ , on obtient la conclusion.
(b)

$x ψ (x) = φ (x) = o (x^{n})$ donc $ψ (x) = o (x^{n - 1})$ .
$x ψ^{'} (x) + ψ (x) = φ^{'} (x) = o (x^{n - 1})$ donc $ψ^{'} (x) = o (x^{n - 2})$
$x ψ^{''} (x) + 2 ψ^{'} (x) = φ^{''} (x) = o (x^{n - 2})$ donc $ψ^{''} (x) = o (x^{n - 3})$ …
Par le théorème du prolongement $𝒞^{1}$ , la fonction $ψ$ est de classe $𝒞^{n - 1}$ .
(c)

On introduit

$φ (x) = f (x) - (f (0) + x f^{'} (0) + \frac{x^{2}}{2} f^{''} (0) + \dots + \frac{x^{n}}{n!} f^{(n)} (0)) .$

On a $φ (x) = o (x^{n})$ donc $ψ$ est de classe $𝒞^{n - 1}$ puis

$g (x) = ψ (x) + (f^{'} (0) + \dots + \frac{x^{n - 1}}{n!} f^{(n)} (0))$

est de classe $𝒞^{n - 1}$ .
(d)

$\frac{f (x)}{g (x)} = \frac{f (x)}{x} \frac{1}{g (x) / x}$

avec $x \mapsto f (x) / x$ et $x \mapsto g (x) / x$ qui se prolongent en 0 en des fonctions de classe $𝒞^{n - 1}$ .

Exercice 92 293

Soit $f : ℝ \to ℝ$ une fonction de classe $𝒞^{n + 1}$ (avec $n \in ℕ$ ) vérifiant

f (x) \to_{x \to + \infty}^{} 0 et f^{(n + 1)} (x) \to_{x \to + \infty}^{} 0 .

Montrer que pour tout entier $k$ compris entre $1$ et $n$ ,

f^{(k)} (x) \to_{x \to + \infty}^{} 0 .

Édité le 03-06-2024

	$\| f (x) \|$	$\leq \int_{x}^{x + 1} \| f (y) \| d y + \int_{x}^{x + 1} \| f^{'} (t) \| d t$
		$\leq \int_{x}^{x + 1} \| f (t) \| d t + \int_{x}^{x + 1} \| f^{'} (t) \| d t$
		$= \int_{x}^{x + 1} (\| f (t) \| + \| f^{'} (t) \|) d t .$