[>] Continuité uniforme

 
Exercice 1  246    CENTRALE (MP)Correction  

La fonction tsin(1t) 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] 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 tel qu’il existe une subdivision σ=(a0,,an) adaptée à f.
A est une partie non vide de , elle possède donc un plus petit élément p.
Il existe une subdivision σ=(a0,,ap) adaptée à f.
Montrons que toute subdivision σ=(b0,b1,,bn) adaptée à f est plus fine que σ.
Par l’absurde: supposons qu’il existe i{1,2,,p-1} tel que ai{b0,b1,,bn}.
On peut alors affirmer qu’il existe j{1,2,,n} tel que ai]bj-1;bj[.
Comme σ et σ sont adaptées à f on peut affirmer que f est constante sur ]ai-1;ai[,]ai;ai+1[ et ]bj-1;bj[ puis que f est constante sur ]ai-1;ai+1[.
Par suite, la subdivision σ=(a0,,ai-1,ai+1,,ap) est adaptée à f or cela contredit la définition de p.

 
Exercice 3  272  Correction  

Soient a,b, 0<c<b-a2 et

f:x{1 si |x|c0 sinon.

Représenter

g(t)=abf(t-x)dx.

Solution

-ct-xct-cxt+c.
Si ta-c ou tb+c alors g(t)=0.
Si a-cta+c alors g(t)=at+c1dx=t+c-a.
Si a+ctb-c alors g(t)=t-ct+c1dt=2c.
Si b-ctb+c alors g(t)=t-cb1dx=b-t+c.
La fonction g est représentée par une fonction continue affine par morceaux.

Figure 1: La fonction g

[<] Fonctions continues par morceaux[>] Égalités

 
Exercice 4  4859  

Les fonctions suivantes sont-elles uniformément continues?

  • (a)

    xx sur +

  • (b)

    xxln(x) sur ]0;1]

  • (c)

    xln(x) sur +*.

 
Exercice 5  2821     MINES (MP)

Soit f:+ une fonction uniformément continue. Montrer qu’il existe des réels positifs a et b tels que |f(x)|ax+b pour tout x+.

 
Exercice 6  3034     X (MP)Correction  

Soit f:[0;1[ uniformément continue. Montrer que f est bornée.

Solution

Pour ε=1, il existe α>0 tel que

x,y[0;1[,|y-x|α|f(y)-f(x)|1.

Par suite, pour tout x[1-α;1[, on a |f(x)-f(1-α)|1 puis |f(x)|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 7  3035     X (MP)

Soit f:[0;+[ continue et possédant une limite finie en l’infini.

Montrer que f est uniformément continue.

 
Exercice 8  2822     MINES (MP)Correction  

Soit f:+ dérivable.

  • (a)

    Si f est bornée sur +, montrer que f est uniformément continue sur +.

  • (b)

    Si |f(x)|+ quand x+, montrer que f n’est pas uniformément continue sur +.

Solution

  • (a)

    Si f est bornée sur +, 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 x,y,|y-x|α|f(y)-f(x)|1. En particulier, pour tout x, |f(x+α)-f(x)|1. Or par le théorème des accroissements finis, il existe ξx]x;x+α[ vérifiant |f(x+α)-f(x)|=α|f(ξx)| et donc |f(ξx)|1/α. Cette propriété est incompatible avec |f(x)|+.

 
Exercice 9  3153    Correction  

Soit f:+* une fonction uniformément continue vérifiant

x>0,f(nx)n+0.

Montrer que f converge vers 0 en +.

Solution

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

x,y>0,|y-x|α|f(y)-f(x)|ε.

Considérons alors la suite (f(nα)). Puisque celle-ci converge vers 0, il existe N vérifiant

nN,|f(nα)|ε.

Posons A=Nα. Pour xA, il existe nN vérifiant

|nα-x|α

et donc

|f(x)||f(x)-f(nα)|+|f(nα)|2ε.

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

[<] Continuité uniforme[>] Inégalités

 
Exercice 10  1967  Correction  

Soit f:[a;b] continue. Montrer

|abf(t)dt|=ab|f(t)|dt si, et seulement si, f0 ou f0.

Solution

() ok

() Si abf0 alors abf=ab|f| donne ab|f(t)|-f(t)dt=0. Or la fonction |f|-f est continue et positive donc elle est nulle.
Le cas abf<0 est semblable.

 
Exercice 11  4854   

Soient (a,b)2 avec a<b et f:[a;b] une fonction continue.

  • (a)

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

    |abf(t)dt|=ab|f(t)|dt.
  • (b)

    Même question pour une fonction f à valeurs complexes.

 
Exercice 12  1968  Correction  

Soit f:[0;1] continue telle que

01f(t)dt=12.

Montrer que f admet un point fixe.

Solution

La fonction φ:tf(t)-t est définie, continue sur [0;1] et

01φ(t)dt=01f(t)dt-12=0

donc φ s’annule.

 
Exercice 13  4853  

Soit f:[a;b] une fonction continue telle que

abf(t)dt=(b-a)(b+a)2.

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

 
Exercice 14  1969  

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

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

1b-aabf(t)dt=f(c).
 
Exercice 15  1970   

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

Soient f,g:[a;b] des fonctions continues avec g0.

Montrer qu’il existe x[a;b] tel que

abf(t)g(t)dt=f(x)abg(t)dt.
 
Exercice 16  3188   Correction  

Soit f une fonction réelle de classe 𝒞1 positive et décroissante sur I=[a;b].
Soit g une fonction continue sur I. On définit G:I par la relation

G(x)=axg(t)dt.
  • (a)

    Montrer qu’il existe m,M tel que

    G([a;b])=[m;M].
  • (b)

    Montrer que

    abf(t)g(t)dt=f(b)G(b)-abf(t)G(t)dt.
  • (c)

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

    abf(t)g(t)dt=f(a)acg(t)dt.

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))-abf(t)G(t)dtM(f(a)-f(b))

    et donc

    mf(a)+(G(b)-m)f(b)abf(t)g(t)dtMf(a)+(G(b)-M)f(b)

    puis

    mf(a)abf(t)g(t)dtMf(a).

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

    abf(t)g(t)dt=f(a)G(c).
 
Exercice 17  5034   

Soient f,g:[a;b] des fonctions continues.

Montrer qu’il existe c[a;b] tel que

g(c)abf(t)dt=f(c)abg(t)dt.
 
Exercice 18  3092   Correction  

(Seconde formule de la moyenne)

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

  • (a)

    Pour n*, on pose

    Sn=k=0n-1f(ak)akak+1g(t)dt avec ak=a+k(b-a)n.

    Montrer que

    Snn+abf(t)g(t)dt.
  • (b)

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

    f(a)min[a;b]GSnf(a)max[a;b]G.
  • (c)

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

    abf(t)g(t)dt=f(a)acg(t)dt.
  • (d)

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

    abf(t)g(t)dt=f(a)acg(t)dt+f(b)cbg(t)dt.

Solution

  • (a)

    En exploitant la relation de Chasles, on peut écrire

    Sn-abf(t)g(t)dt=k=0n-1akak+1(f(ak)-f(t))g(t)dt.

    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

    s,t[a;n],|s-t|α|f(s)-f(t)|ε.

    Pour n assez grand, on a |(b-a)/n|α et alors pour tout t[ak;ak+1] on a |ak-t|α donc |f(ak)-f(t)|ε. On en déduit

    |Sn-abf(t)g(t)dt|k=0n-1akak+1ε|g(t)|dtεM(b-a) avec M=sup[a;b]|g|.

    Par suite,

    Snn+abf(t)g(t)dt.
  • (b)

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

    Sn=k=0n-1f(ak)(G(ak+1)-G(ak)).

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

    Sn=k=1nf(ak-1)G(ak)-k=0n-1f(ak)G(ak)

    puis en recombinant les deux sommes

    Sn=f(an-1)G(an)+k=1n-1(f(ak-1)-f(ak))G(ak)-f(a0)G(a0).

    Or G(a0)=G(a)=0 et puisque la fonction f est décroissante et positive

    Snf(an-1)M+k=1n-1(f(ak-1)-f(ak))M avec M=max[a;b]G.

    Enfin par télescopage

    Snf(a0)M=f(a)M.

    De façon symétrique, on a aussi

    Snf(a)m avec m=min[a;b]G.
  • (c)

    En passant à la limite ce qui précède, on obtient

    f(a)mabf(t)g(t)dtf(a)M.

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

    1f(a)abf(t)g(t)dt

    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 tf(b)-f(t) décroissante et positive, on peut affirmer qu’il existe c[a;b] tel que

    ab(f(b)-f(t))g(t)dt=(f(b)-f(a))acg(t)dt

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

[<] Égalités[>] Annulation

 
Exercice 19  1974  Correction  

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

xabf(t)sin(xt)dt

est lipschitzienne.

Solution

Posons g(x)=abf(t)sin(xt)dt.

g(x)-g(y)=abf(t)(sin(xt)-sin(yt))dt.

Puisque la fonction sinus est lipschitzienne

|sin(xt)-sin(yt)||x-y||t|

donc

|g(x)-g(y)||x-y|ab|tf(t)|dt.

Ainsi g est lipschitzienne.

 
Exercice 20  1965  Correction  

Soient f:[a;b] une fonction continue par morceaux et c]a;b[.
Montrer que

1b-aabf(t)dtmax(1c-aacf(t)dt,1b-ccbf(t)dt).

Solution

Supposons

1c-aacf1b-ccbf.

On a alors

abf=acf+cbfacf+b-cc-aacf=b-ac-aacf.

Le cas

1c-aacf<1b-ccbf

est semblable et l’on peut conclure.

 
Exercice 21  2966     X (MP)Correction  

Soient f:[0;1] continue telle que

01f(t)dt=0

m le minimum de f et M son maximum.
Prouver

01f2(t)dt-mM.

Solution

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

01(M-f(t))(f(t)-m)dt0.

En développant et par linéarité, on obtient -mM-01f2(t)dt0 sachant 01f(t)dt=0.
On en déduit l’inégalité demandée.

 
Exercice 22  2967     X (MP)

Soient f,g:[0;1] continues et croissantes.

Montrer

(01f(t)dt)(01g(t)dt)01f(t)g(t)dt.
 
Exercice 23  4193  

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

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

(01f(t)dt)(01g(t)dt)1.
 
Exercice 24  57     CENTRALE (PC)

(Inégalité de Poincaré)

Soit f:[0;1] une fonction de classe 𝒞1 vérifiant f(0)=0.

  • (a)

    Montrer

    01f(t)2dt1201f(t)2dt.
  • (b)

    On suppose f(1)=0. Montrer

    01f(t)2dt1801f(t)2dt.
 
Exercice 25  5033    

(Inégalité de Steffensen)

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

01f(t)g(t)dt0λf(t)dt avec λ=01g(t)dt.

Que devient cette inégalité lorsque f est croissante?

 
Exercice 26  4860    

(Inégalité de Young)

Soit f:[0;a] une fonction de classe 𝒞1 vérifiant f(0)=0 et f(x)>0 pour tout x de [0;a].

  • (a)

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

    0xf(t)dt+0f(x)f-1(t)dt=xf(x).
  • (b)

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

    xy0xf(t)dt+0yf-1(t)dt.

[<] Inégalités[>] Utilisation de primitives

 
Exercice 27  5358   Correction  

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

  • (a)

    On suppose

    abf(t)dt=0.

    Montrer que la fonction f s’annule au moins une fois sur [a;b].

  • (b)

    On suppose

    abtf(t)dt=abf(t)dt=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 fois sur [a;b] en un certain c. Si elle est de signe constant, son intégrale ne peut être nulle et cela est donc exclu: la fonction f change de signe en c. Considérons alors g:t(t-c)f(t). La fonction g est continue, d’intégrale nulle et de signe constant, c’est donc la fonction nulle. C’est absurde.

  • (c)

    On généralise voir sujet 1972.

 
Exercice 28  1971   Correction  

Soit f:[0;π] continue.

  • (a)

    Montrer que si

    0πf(t)sin(t)dt=0

    alors il existe a]0;π[ tel que f s’annule en a.

  • (b)

    Montrer que si

    0πf(t)sin(t)dt=0πf(t)cos(t)dt=0

    alors f s’annule 2 fois sur ]0;π[.

    On pourra regarder 0πf(t)sin(t-a)dt.

Solution

  • (a)

    0πf(t)sin(t)dt=0 et tf(t)sin(t) est continue donc il existe a]0;π[ tel que f(a)sin(a)=0 c’est-à-dire f(a)=0.

  • (b)

    Par l’absurde si f ne s’annule qu’une seule fois alors le tableau de signe de f est de l’une des quatre formes suivantes

    t0aπf(t)0+0+0,t0aπf(t)0-0-0.
    t0aπf(t)0+0-0 ou t0aπf(t)0-0+0.

    Les deux premiers cas sont à exclure car

    0πf(t)sin(t)dt

    est l’intégrale nulle d’une fonction non nulle de signe constant.
    Les deux autres cas sont à exclure car

    0πf(t)sin(t-a)dt=cos(a)0πf(t)sin(t)dt-sin(a)0πf(t)cos(t)dt

    est l’intégrale nulle d’une fonction non nulle de signe constant.
    Absurde.

 
Exercice 29  1972     MINES (PC)

Soient f:[a;b] une fonction continue et n vérifiant

abtkf(t)dt=0pour tout k=0,1,,n.

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

 
Exercice 30  5032    

Soit f:[a;b] une fonction continue. On suppose

abf(t)g(t)dt=0

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

Montrer que f est la fonction nulle.

 
Exercice 31  3072    Correction  

Résoudre l’équation

2x+4x2=3x+3x2

d’inconnue x.

Solution

L’équation étudiée équivaut à

4x2-3x2=3x-2x.

Or

3x-2x=01x(2+t)x-1dtet4x2-3x2=01x2(3+t)x2-1dt

et donc l’équation étudiée peut se réécrire

01φ(t)dt=0

φ est l’application continue définie par

φ(t)=x(x(3+t)x2-1-(2+t)x-1).

Si x0 ou si x1, il est immédiat d’affirmer que l’application φ est de signe constant.
Si x]0;1[, l’étude est plus délicate et nous allons montrer par étude de fonctions que

x(3+t)x2-1(2+t)x-1

soit encore

ln(x)+(x2-1)ln(3+t)(x-1)ln(2+t).

Soit f:xln(x)+(x2-1)ln(3+t)-(x-1)ln(2+t) définie sur ]0;1]
La fonction f est dérivable et

f(x)=1x+2xln(3+t)-ln(2+t).

Si x1/2 alors f(x)1x+ln(3+t)-ln(2+t)0.
Si x1/2 alors f(x)2-ln(2+t)2-ln(3)0.
Dans tous les cas f(x)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

01φ(t)dt=0

avec φ une fonction continue de signe constant. L’équation est donc vérifiée si, et seulement si, φ est la fonction nulle.
Pour x0, cette propriété n’est vérifiée que si x=0.
Pour x>0, si la fonction φ est la fonction nulle alors

t[0;1],1x+(x2-1)ln(3+t)-(x-1)ln(2+t)=0

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

t[0;1],x2-13+t=x-12+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 32  1966  

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

g:xxx+Tf(t)dt.
 
Exercice 33  4851   

Soit f:[a;b] une fonction continue.

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

abF(t)dt=0.
 
Exercice 34  3380     X (MP)Correction  

Soit f:[0;1] continue vérifiant

01f(t)dt=0.

Montrer qu’il existe x]0;1[ vérifiant

0xtf(t)dt=0.

Solution

Introduisons

F:x0xf(t)dt et G:x0xtf(t)dt.

Par intégration par parties

G(x)=xF(x)-0xF(t)dt=0x(F(x)-F(t))dt.

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

F(b)=max[0;1]F>0.

On a alors

G(b)>0 et G(1)=-01F(t)dt<0

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

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

 
Exercice 35  1987  Correction  

Soit f: une fonction continue.
Justifier que les fonctions g: suivantes sont de classe 𝒞1 et exprimer leur dérivée:

  • (a)

    g(x)=2xx2f(t)dt

  • (b)

    g(x)=0xxf(t)dt

  • (c)

    g(x)=0xf(t+x)dt

Solution

On introduit F primitive de f sur .

  • (a)

    g(x)=F(x2)-F(2x) est 𝒞1 par opérations et g(x)=2xf(x2)-2f(2x).

  • (b)

    g(x)=x(F(x)-F(0)) est 𝒞1 par opérations et g(x)=0xf(t)dt+xf(x).

  • (c)

    g(x)=u=t+xx2xf(u)du=F(2x)-F(x) est 𝒞1 par opérations et g(x)=2f(2x)-f(x).

 
Exercice 36  4856  

Pour x>0, on pose

I(x)=1/xxt1+t+t2+t3dt.
  • (a)

    Montrer que la fonction I est définie et de classe 𝒞1 sur ]0;+[.

  • (b)

    Calculer I(x) et en déduire une expression simple de I(x) pour tout x>0.

 
Exercice 37  277  Correction  

Soient f𝒞1(,) et g:* définie par

g(x)=1x0xf(t)dt.
  • (a)

    Prolonger g par continuité en 0.

  • (b)

    Montrer que la fonction ainsi obtenue est de classe 𝒞1 sur .

Solution

  • (a)

    On a

    g(x)-f(0)=1x0xf(t)-f(0)dt.

    Pour ε>0, il existe α>0 vérifiant

    |x|α|f(x)-f(0)|ε.

    Par suite, si |x|α, pour tout t compris entre 0 et x, |f(t)-f(0)|ε puis par intégration, |g(x)-f(0)|ε. Ainsi g(x)x0f(0). On pose g(0)=f(0).

  • (b)

    Par opération, g est de classe 𝒞1 sur *.

    g(x)=-1x20xf(t)dt+f(x)x.

    Procédons à une intégration par parties,

    0xf(t)dt=xf(x)-0xtf(t)dt.

    On a alors

    g(x)=1x20xtf(t)dt.

    De façon semblable à ce qui précède, on obtient

    g(x)x012f(0).

    Ainsi la fonction continue g est de classe 𝒞1 sur et

    g(0)=12f(0).
 
Exercice 38  1991  Correction  

Soient f: de classe 𝒞1 et F:* définie par

x0,F(x)=12x-xxf(t)dt.
  • (a)

    Montrer que F peut être prolongée par continuité en 0. On effectue ce prolongement.

  • (b)

    Montrer que F est dérivable sur * 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 f~ une primitive de f.

    F(x)=f~(x)-f~(-x)2x=f~(x)-f~(0)2x+f~(0)-f~(-x)2xx0f~(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)=f(x)+f(-x)2x-12x2-xxf(t)dt.

    Par intégration par parties

    -xxf(t)dt=[tf(t)]-xx--xxtf(t)dt

    et l’on peut donc simplifier

    F(x)=12x2-xxtf(t)dt.
  • (c)

    Sachant

    -xxtf(0)dt=0

    on peut écrire

    F(x)=12x2-xxt(f(t)-f(0))dt.

    En posant

    Mx=supt[-x;x]|f(t)-f(0)|

    on a alors

    |F(x)|12x2-xxtMxdt=12Mx.

    Or f est continue en 0, donc Mxx00 puis

    F(x)x00.

    En vertu du théorème du prolongement 𝒞1, on peut affirmer que F est dérivable en 0 et F(0)=0.

 
Exercice 39  1990  

Soient f: une fonction continue et φ: la fonction définie par

φ(x)=0xsin(x-t)f(t)dtpour tout x.
  • (a)

    Montrer que φ est solution sur de l’équation différentielle (E):y′′+y=f(x).

  • (b)

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

 
Exercice 40  88     CENTRALE (PC)Correction  

Soit f continue de dans telle que

(x,y)2,f(x)-f(y)=2x+y2y+xf(t)dt.

Montrer que f est de classe 𝒞1 et déterminer f.

Solution

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

(x,y)2,f(x)-f(y)=F(2y+x)-F(2x+y).

Pour y fixé, on obtient

f:xf(y)+F(2y+x)-F(2x+y).

Puisque la fonction F est de classe 𝒞1, on obtient que f est de classe 𝒞1 et

f(x)=f(2y+x)-2f(2x+y).

En dérivant cette relation en la variable y, on obtient

0=2f(2y+x)-2f(2x+y)

et donc

f(2y+x)=f(2x+y).

Puisque pour tout (s,t)2, il existe (x,y)2 vérifiant

{2x+y=sx+2y=t

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 41  1989   

Soit g:[0;1] continue. On définit F:[0;1] par

F(x)=01min(x,t)g(t)dt.
  • (a)

    Montrer que F est de classe 𝒞2 et calculer F′′(x).

  • (b)

    En déduire

    F(x)=0x(t1g(u)du)dt.
 
Exercice 42  276   Correction  

Pour x]0;1[, on pose

φ(x)=xx2dtln(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

    01x-1ln(x)dx.

Solution

  • (a)

    Soit x]0;1[, [x;x2]]0;1[ et t1ln(t) est définie et continue sur ]0;1[ donc φ(x)=xx2dtln(t) existe.
    Pour t[x2;x],

    1ln(x)1ln(t)1ln(x2)

    donc

    x2-xln(x2)φ(x)x2-xln(x).

    Quand x0+, φ(x)0.
    On a aussi

    φ(x)=xx2tdttln(t)

    donc

    xx2x2dttln(t)φ(x)xx2xdttln(t)

    or

    xx2dttln(t)=[ln(ln(t))]xx2=ln(2).

    Quand x1-, φ(x)ln(2).

    Finalement, φ peut être prolongée par continuité en 0 et en 1.

  • (b)

    Soit F une primitive de 1ln(t) sur ]0;1[.
    On a φ(x)=F(x2)-F(x) ce qui permet de dériver φ et d’obtenir

    φ(x)=x-1ln(x).

    L’intégrale 01x-1ln(x)dx est définie car on vérifie aisément que la fonction intégrée peut être prolongée par continuité en 0 et en 1 et l’on a

    01x-1ln(x)dx=[φ(x)]01=ln(2).
 
Exercice 43  1471   Correction  

Soit f:]0;1[]1;+[ l’application définie par

f(x)=xx2dtln(t).
  • (a)

    Montrer que f est convexe sur ]0;1[ et ]1;+[.

  • (b)

    Montrer que, pour tout x>1,

    xx2xdttln(t)xx2dtln(t)xx2x2dttln(t).

    En déduire que limx1+f(x)=ln(2). De même, établir: limx1-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 𝒞2 sur ]0;+[.
    Établir la convexité de f sur ]0;+[.

Solution

  • (a)

    Soit G une primitive de la fonction t1/ln(t) sur ]0;1[ (resp. sur ]1;+[).
    Pour tout x]0;1[ (resp. ]1;+[), on a f(x)=G(x2)-G(x). On en déduit que f est de classe 𝒞 sur ]0;1[ (resp. sur ]1;+[) et

    f(x)=2xln(x2)-1ln(x)=x-1ln(x).

    On a alors

    f′′(x)=xln(x)-x+1x(ln(x))2.

    Soit g(x)=xln(x)-x+1 sur +*.
    g est de classe 𝒞 et g(x)=ln(x). Puisque g(1)=0, la fonction g est positive puis f′′0 sur ]0;1[ (resp. ]1;+[).

  • (b)

    Pour x>1,

    t[x;x2],xtln(t)1ln(t)x2tln(t).

    D’où

    xx2xdttln(t)xx2dtln(t)xx2x2dttln(t).

    Comme xx2dttln(t)=ln(2), on obtient

    xln(2)f(x)x2ln(2)

    puis limx1+f(x)=ln(2).
    Pour x<1,

    t[x2;x],xtln(t)1ln(t)x2tln(t).

    D’où

    xx2x2dttln(t)xx2dtln(t)xx2xdttln(t).

    On obtient x2ln(2)f(x)xln(2) puis limx1-f(x)=ln(2).

  • (c)

    f est continue sur ]0;+[, de classe 𝒞1 sur ]0;1[ et ]1;+[ et

    f(1+h)=hln(1+h)h01.

    Par le théorème de prolongement 𝒞1, on a f de classe 𝒞1 et f(1)=1.
    De même, en exploitant

    f′′(1+h)=(1+h)ln(1+h)-h(1+h)(ln(1+h))2h2/2(1+h)h2h012

    on obtient que f est de classe 𝒞2 et f′′(1)=1/2.
    Comme f′′ est positive sur ]0;+[, on peut conclure que f est convexe sur +*.

 
Exercice 44  2444     CENTRALE (MP)Correction  

Soit

f(x)=xx2dtln(t).
  • (a)

    Calculer les limites de f en 0+ et +, la limite en + 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 sur +* mais qu’elle ne l’est pas sur +.

  • (c)

    Étudier les variations de f et tracer sa courbe représentative.

Solution

  • (a)

    La fonction f est définie sur ]0;1[]1;+[ car pour chaque x dans ce domaine, la fonction t1/ln(t) est définie et continue sur le segment d’extrémités x et x2 car 1 n’y appartient pas. Pour x]0;1[, on a pour tout t[x2;x], 2ln(x)ln(t)ln(x) puis par encadrement d’intégrales

    x2-x2ln(x)f(x)x2-xln(x)

    et donc f(x)x0+0.
    L’encadrement est identique pour x>1 ce qui permet d’affirmer f(x)x++ et f(x)/xx++.
    On peut aussi écrire

    f(x)=xx2ttln(t)dt

    et par encadrement du t du numérateur par x et x2, on obtient f(x) encadré par xI(x) et x2I(x) avec

    I(x)=xx2dttln(t)=[ln(|ln(t)|)]xx2=ln(2)

    d’où f(x)x1ln(2).

  • (b)

    On introduit H primitive de t1/ln(t) et l’on démontre que f est de classe 𝒞1 sur ]0;1[]1;+[ avec f(x)=x-1ln(x). Cette dérivée étant de classe 𝒞, on conclut que f est 𝒞 sur ]0;1[]1;+[. On prolonge f par continuité en 1 en posant f(1)=ln(2) et puisque f(x)x11, la fonction f est de classe 𝒞1 sur ]0;+[ avec f(1)=1. Par développement en série entière hln(1+h)h est 𝒞 au voisinage de 0 donc xln(x)x-1 est 𝒞 au voisinage de 1 et par passage à l’inverse xf(x) est 𝒞 au voisinage de 1.

    Finalement, f est 𝒞 sur ]0;+[.

    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 au voisinage de 0.

  • (c)

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

 
Exercice 45  273  Correction  

On introduit sur * la fonction

f:xx2xettdt.
  • (a)

    Prolonger f par continuité en 0.

  • (b)

    Montrer que f est de classe 𝒞1 sur .

Solution

  • (a)

    Quand x0+, on a par croissance de la fonction exponentielle

    t[x;2x],exete2x

    donc

    exln(2)f(x)e2xln(2).

    Par théorème d’encadrement

    f(x)ln(2).

    De même, quand x0-, f(x)ln(2). On prolonge f par continuité en 0 en posant

    f(0)=ln(2).
  • (b)

    Soit F une primitive de tet/t sur +*. F est de classe 𝒞1 et f(x)=F(2x)-F(x) donc f est aussi de classe 𝒞1 et

    f(x)=e2x-exx.

    Il en est de même sur -* et puisque f(x)x01, on peut affirmer que la fonction continue f est de classe 𝒞1 sur et f(0)=1.

 
Exercice 46  4857   

On introduit la fonction f définie sur * par la relation

f(x)=x2xe-t2tdt.
  • (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 .

  • (d)

    Étudier la limite de f en +.

 
Exercice 47  275   Correction  

Soit

f:x*x2xch(t)tdt.
  • (a)

    Étudier la parité de f. On étudie désormais f sur ]0;+[.

  • (b)

    Prolonger f par continuité en 0.

  • (c)

    Montrer que f est de classe 𝒞1 sur +.

  • (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

    t[x;2x],ch(x)tch(t)tch(2x)t.

    En intégrant, on obtient

    ch(x)ln(2)f(x)ch(2x)ln(2)

    et l’on en déduit

    f(x)x0ln(2).
  • (c)

    La fonction tch(t)/t est continue sur ]0;+[ donc y admet une primitive G et puisque f(x)=G(2x)-G(x), on obtient que f est de classe 𝒞1 sur ]0;+[ et

    f(x)=ch(2x)-ch(x)x.

    De plus,

    f(x)x00

    donc, par le théorème du prolongement 𝒞1, f est de classe 𝒞1 sur +.

  • (d)

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

 
Exercice 48  1988   Correction  

Soit φ: la fonction définie par:

φ(t)=sh(t)t pour t0 et φ(0)=1.

Soit f: définie par:

f(x)=x2xφ(t)dt.
  • (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 donc f(x) existe.

    x*,-x* et f(-x)=-x-2xsh(t)tdt=u=-t-x2xsh(u)udu=-f(x).

    Ainsi f est impaire.

  • (b)

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

    f(x)=sh(2x)-sh(x)x

    pour x* et f(0)=1.

  • (c)

    Pour tout x0, on a sh(2x)sh(x) donc f(x)0. Ainsi f est croissante sur +.

    Puisque

    f(x)x2xsh(x)tdt=sh(x)ln(2)

    on a f(x)+ quand x+.

    On complète le tableau de variation par parité.

 
Exercice 49  3789     ENSTIM (MP)Correction  

Étude et graphe de la fonction

xx2xdt1+t2+t4.

On précisera le comportement de la fonction quand x0 et quand x±.

Solution

Posons

F(x)=x2xdt1+t2+t4.

On a

F(x)=02xdt1+t2+t4-0xdt1+t2+t4

ce qui assure que F est définie et de classe 𝒞 sur .
Le changement de variable t=-u assure que F est impaire.
Par dérivation de primitive

F(x)=21+(2x)2+(2x)4-11+x2+x4.

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

4(1+x2+x4)-(1+(2x)2+(2x)4)=3(1-4x4)

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

0F(x)x2xdt1+x2+x4=x1+x2+x40

et donc F tend vers 0 en +.

 
Exercice 50  2617     ENSTIM (MP)Correction  

Pour tout x[1;+[, on pose

F(x)=1xtt3-1dt.
  • (a)

    Montrer que la fonction F est bien définie, continue sur [1;+[ et de classe 𝒞 sur ]1;+[.
    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 +.

  • (d)

    Justifier que F réalise une bijection de [1;+[ sur un intervalle à préciser.

  • (e)

    Justifier que F-1 est dérivable sur ]0;+[ et solution de l’équation différentielle

    yy=y3-1.
  • (f)

    Étudier la dérivabilité de F-1 en 0.

Solution

  • (a)
    f:ttt3-1=t(t-1)(t2+t+1)

    est définie et continue sur ]1;x] et

    f(t)113t-1

    donc F(x) existe.
    F est primitive de la fonction continue f sur ]1;+[ donc F est 𝒞1 et F(x)=f(x).
    Comme f est 𝒞, F est finalement 𝒞 et sur ]1;+[

    F(x)=xx3-1.
  • (b)

    F est continue en 1 et F(x)x1+. Tangente verticale en 1.

  • (c)

    t3-1t3/2 donc

    F(x)1xdtt=2x-2x++

    donc F(x)++.

  • (d)

    F est continue et strictement croissante sur [1;+[ donc F réalise une bijective de [1;+[ sur [0;+[.
    F réalise une bijection de classe 𝒞 de ]1;+[ sur ]0;+[ avec F(x)0 donc F-1 est 𝒞 sur ]0;+[.

    (F-1)=1FF-1=(F-1)3-1F-1

    donc F-1 est solution de l’équation différentielle considérée.

  • (e)

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

    (F-1)=(F-1)3-1F-1

    on obtient

    (F-1)(x)x00

    F-1 est donc dérivable en 0 et (F-1)(0)=0.

 
Exercice 51  4858    

Soient f:[0;+[ une fonction continue et g:]0;+[ la fonction définie par

g(x)=1x0xf(t)dt.
  • (a)

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

    xy+y=f(x).
  • (b)

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

On suppose que f tend vers une limite finie en +.

  • (c)

    Étudier la limite de g en +.

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

 
Exercice 52  1978  Correction  

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

  • (a)

    limx0+-xxsin(t2)dt

  • (b)

    limx+x2xdtln(t)

  • (c)

    limx+x2xsin(t)tdt

Solution

  • (a)

    Quand x0+,

    |-xxsin(t2)dt|-xx|sin(t2)|dt-xx1.dt=2x0

    donc -xxsin(t2)dt0.

  • (b)

    Quand x+,

    x2xdtln(2x)x2xdtln(t)

    donc

    xln(2x)x2xdtln(t)

    puis

    x2xdtln(t)+.
  • (c)

    Par intégration par parties

    x2xsin(t)tdt=[-cos(t)t]x2x-x2xcos(t)t2dt.

    Or quand x+,

    [-cos(t)t]x2x0 et |x2xcos(t)t2dt|x2xdtt2=[-1t]x2x0

    donc

    x2xsin(t)tdt0.
 
Exercice 53  286  Correction  

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

  • (a)

    limx0+x2xetdtt

  • (b)

    limx+x2xe1/ttdt

  • (c)

    limx+x2xcos(1/t)tdt

Solution

  • (a)

    Quand x0+, par croissance de la fonction exponentielle

    x2xextdtx2xettdtx2xe2xtdt

    donc

    exln(2)x2xettdte2xln(2)

    puis par encadrement

    x2xettdtln(2).
  • (b)

    Quand x+, par décroissance de la fonction te1/t

    x2xe1/2xtdtx2xe1/ttdtx2xe1/xtdt

    donc

    e1/xln(2)x2xe1/ttdte1/2xln(2)

    puis par encadrement

    x2xe1/ttdtln(2).
  • (c)

    Quand x+, pour x assez grand, la fonction tcos(1/t) est croissante sur [x;2x] donc

    x2xcos(1/x)tdtx2xcos(1/t)tdtx2xcos(1/2x)tdt

    puis

    cos(1x)ln(2)x2xcos(1/t)tdtcos(12x)ln(2)

    et par encadrement

    x2xcos(1/t)tdtln(2).
 
Exercice 54  4855   

Étudier les limites suivantes:

  • (a)

    limx0+0xsin(t)1+t2dt

  • (b)

    limx+xx+1arctan(t)dt

  • (c)

    limx+x2xdtln(t)

  • (d)

    limx0+x2xettdt

  • (e)

    limx1+xx2dtln(t)

  • (f)

    limx1-xx2dtln(t).

 
Exercice 55  1977  Correction  

Soit f:+ continue. Déterminer

limx0+1x0xf(t)dt.

Solution

On a

|1x0xf(t)dt-f(0)|1x0x|f(t)-f(0)|dt.

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

x+,xα|f(x)-f(0)|ε

et donc

|1x0xf(t)dt-f(0)|ε.

On peut donc conclure que

limx0+1x0xf(t)dt=f(0).

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

1x0xf(t)dt=F(x)-F(0)xx0F(0)=f(0).
 
Exercice 56  1976  

Soit f:[0;1] continue. Montrer

01tnf(t)dtn+0.
 
Exercice 57  2977    X (MP)Correction  

Soit f𝒞([0;1],). Déterminer la limite de la suite

(01tnf(t)dt01tndt)n0.

Solution

On peut écrire

01tnf(t)dt01tndt=01(n+1)tnf(t)dt.

Par le changement de variable u=tn+1

01tnf(t)dt01tndt=01f(u1/(n+1))du.

Par convergence dominée par f, on obtient

01tnf(t)dt01tndtf(1).
 
Exercice 58  278   Correction  

Soient f: une application de classe 𝒞1 et a>0. On pose

I(x)=1xa+10xtaf(t)dt.

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

Solution

On a

I(x)-f(0)a+1=1xa+1(0xtaf(t)dt-0xtaf(0)dt)=1xa+10xta(f(t)-f(0))dt.

Pour ε>0, il existe α>0 vérifiant

|x|α|f(x)-f(0)|ε.

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

|1xa+10xta(f(t)-f(0))dt|ε.

Ainsi,

limx0I(x)=f(0)a+1.
 
Exercice 59  4847  

Pour n, on pose

un=01ln(1+tn)dt.
  • (a)

    Montrer que la suite (un) est à termes strictement positifs.

  • (b)

    Montrer que la suite (un) est strictement décroissante.

  • (c)

    Déterminer la limite de la suite (un).

 
Exercice 60  4192   

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

limx0+axbxf(t)tdt.
 
Exercice 61  1981   

(Lemme de Lebesgue)

Soit f:[a;b] une fonction de classe 𝒞1.

Montrer

limn+abf(t)sin(nt)dt=0.
 
Exercice 62  193    

Soit f:[0;π] une fonction de classe 𝒞1.

Étudier la limite quand n tend vers l’infini de

0πf(t)|sin(nt)|dt.

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

 
Exercice 63  1998  Correction  

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

  • (a)

    k=1nnn2+k2

  • (b)

    k=1nkn2+k2

  • (c)

    k=1n1n2+2kn

Solution

  • (a)
    k=1nnn2+k2=1nk=1n11+(k/n)2n+01dt1+t2=π4.
  • (b)
    k=1nkn2+k2=1nk=1nk/n1+(k/n)2n+01x1+x2dx=12ln(2).
  • (c)
    k=1n1n2+2kn=1nk=1n11+2k/nn+01dx1+2x=[1+2x]01=3-1.
 
Exercice 64  4849  

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

  • (a)

    k=1n1n+k

  • (b)

    k=n+12nnk2

  • (c)

    1n(n+1)(n+2)(2n)n.

 
Exercice 65  3428  Correction  
  • (a)

    Déterminer

    limn+p=n+12n1p.
  • (b)

    Pour α>1, déterminer

    limn+p=n+12n1pα.
  • (c)

    En déduire

    limn+p=n+12nsin(1p).

Solution

  • (a)

    Par somme de Riemann

    p=n+12n1p=1nk=1n11+kn01dt1+t=ln(2).
  • (b)

    Par somme de Riemann

    p=n+12n1pα=n1-α1nk=1n1(1+kn)α0×01dt(1+t)α=0.
  • (c)

    Sachant pour x>0

    x-x36sin(x)x

    on obtient

    |p=n+12nsin(1p)-p=n+12n1p|16p=n+12n1p3

    et donc

    limn+p=n+12nsin(1p)=limn+p=n+12n1p=ln(2).
 
Exercice 66  3198    MINES (MP)Correction  

Déterminer un équivalent quand n+ de

un=k=1n1(n+2k)3.

Solution

On peut écrire

un=1n3k=1n1(1+2k/n)3=1n2Sn

avec

Sn=1nk=1n1(1+2k/n)3.

Par les sommes de Riemann, on a

Snn+01dt(1+2t)3=[-14(1+2t)2]01=29.

On en déduit

unn+29n2.
 
Exercice 67  1999  Correction  

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

Sn=k=1nk.

Solution

On peut écrire

Sn=nn(1nk=1nkn)

et

1nk=1nkn=1nk=1nf(kn)

avec f:tt définie et continue sur [0;1].
Par somme de Riemann

1nk=1nf(kn)01f(t)dt=[23t3/2]01=23

donc

Sn23n3/2.
 
Exercice 68  4852   

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

Sn=k=1nkα
 
Exercice 69  744   Correction  

Déterminer la limite de la suite de terme général

((2n)!nnn!)1n.

Solution

On a

ln(((2n)!nnn!)1n)=1nk=1n(ln(n+k)-ln(n))=1nk=1nln(1+kn).

La fonction xln(1+x) étant continue sur [0;1], on obtient

ln(((2n)!nnn!)1n)n+01ln(1+x)dx=2ln(2)-1.

On en déduit

((2n)!nnn!)1n4e.
 
Exercice 70  2785    MINES (MP)Correction  

Étudier les limites de

(k=1n(1+kn))1/net(k=1n(1+kn2))1/n.

Solution

ln(k=1n(1+kn))1/n=1nk=1nln(1+kn)n+01ln(1+t)dt=2ln(2)-1

donc

(k=1n(1+kn))1/n4e.

Pour k{1,,n}, kn21n donc

1(k=1n(1+kn2))1/n1+1n

puis

(k=1n(1+kn2))1/nn+1.
 
Exercice 71  2786     MINES (MP)Correction  

Calculer les limites de

k=1nsin(kn)sin(kn2)etk=1nsin2(1k+n)

lorsque n tend vers +.

Solution

Pour x0, on sait

x-16x3sin(x)x

et donc

|sin(x)-x|Mx3 avec M=16

On a alors

|sin(kn2)-kn2|Mk3n6Mn3

donc

|k=1nsin(kn)sin(kn2)-k=1nsin(kn)kn2|Mn2n+0.

Or

k=1nsin(kn)kn2n+01tsin(t)dt

donc

k=1nsin(kn)sin(kn2)n+sin(1)-cos(1).

Pour x0,

x-16x3sin(x)x

donne aussi |sin2(x)-x2|Mx4 avec M=1/3. Ainsi,

|k=1nsin2(1k+n)-k=1n1k+n|Mk=1n1(k+n)2Mnn+0.

Or

k=1n1k+n=1nk=1n11+k/nn+01dx1+x=ln(2)

donc

k=1nsin2(1k+n)n+ln(2).
 
Exercice 72  2787     MINES (MP)Correction  

Si n* et x, soit fn(x)=k=1nsin(kx)k.
Soit xn le plus petit réel strictement positif en lequel fn atteint un maximum local. Calculer limfn(xn).

Solution

On a

fn(x)=k=1ncos(kx)=cos((n+1)x2)sin(nx2)sin(x2)

donc

xn=πn+1.

Par suite,

fn(xn)=k=1nsin(kπn+1)k=1n+1k=1nsin(kπn+1)kn+1.

Or la fonction tsin(πt)/t peut être prolongée en une fonction continue sur [0;1] donc par somme de Riemann

fn(xn)01sin(πt)tdt.
 
Exercice 73  3768     ENSTIM (MP)Correction  

Étudier la suite suivante

un=r(1)+r(2)++r(n)n2

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

On pourra étudier la suite définie par

vn=(n-r(1))+(n-r(2))++(n-r(n))n2.

Solution

La division euclidienne de n par k s’écrit

n=n/kk+r(k)

et donc

n-r(k)=kn/k

puis

vn=1nk=1nknnk

ce qui fait penser à une somme de Riemann associée à la fonction f:tt1/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*. On peut écrire

vn=1nk=1n/Nknnk+1nk=n/N+1nknnk.

D’une part

|1nk=1n/Nknnk|1nk=1n/N1n/Nn1N

et d’autre part, par les sommes de Riemann

1n-n/Nk=n/N+1nknnkn+1/N1t1/tdt.

Par le changement de variable u=1/t

1/N1t1/tdt=1Nuu3du=k=1Nkk+1ku3du

puis

1/N1t1/tdt=12k=1N(1(k+1)2-1k+1+1k)=12k=1N+11k2

et l’on remarque que

12k=1N+11k2N+π212.

En choisissant N assez grand pour que 1/Nε et 12k=N+2+1k2ε, on a

|vn-π212|ε+n-n/Nn(1n-n/Nk=n/N+1Nknnk-π212)+n/Nnπ212.

Puis pour n assez grand

|vn-π212|ε+n-n/Nn(k=N+2+1k2+ε)+n/Nnπ212

ce qui donne

|vn-π212|ε+2ε+επ212.

Finalement, vnπ2/12 puis un1-π2/12

 
Exercice 74  2664     MINES (MP)
  • (a)

    Soit n*. Montrer l’égalité

    X2n-1=(X2-1)k=1n-1(X2-2Xcos(kπn)+1).
  • (b)

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

    0πln(a2-2acos(t)+1)dt.

[<] Sommes de Riemann

 
Exercice 75  2816    MINES (MP)Correction  

Énoncer et établir la formule de Taylor avec reste intégrale.

Solution

C’est du cours!

 
Exercice 76  291  

Établir que pour tout x dans [0;π/2],

x-16x3sin(x)x-16x3+1120x5.
 
Exercice 77  2003  Correction  

Soient f: de classe 𝒞2 et a.
Déterminer

limh0f(a+h)-2f(a)+f(a-h)h2.

Solution

En vertu du théorème de Taylor-Young:

f(a+h)=f(a)+hf(a)+12h2f′′(a)+o(h2)

donc

f(a+h)-2f(a)+f(a-h)=h2f′′(a)+o(h2)

puis

limh0f(a+h)-2f(a)+f(a-h)h2=f′′(a).
 
Exercice 78  5071  

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

k=1n(-1)k-1kn+ln(2).
 
Exercice 79  4850  

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

k=0n1k!n+e.
 
Exercice 80  2001   Correction  

Montrer que pour tout n et tout x

|ex-k=0nxkk!||x|n+1e|x|(n+1)!.

En déduire

limn+k=0nxkk!.

Solution

En appliquant la formule de Taylor reste intégrale à la fonction xex entre 0 et x on obtient

ex=k=0nxkk!+0x(x-t)nn!exdt

donc

|ex-k=0nxkk!|=|0x(x-t)nn!etdt|.

Si x0 alors

|0x(x-t)nn!etdt| =0x(x-t)nn!etdt
0x(x-t)nn!exdt
=xn+1ex(n+1)!=|x|n+1e|x|(n+1)!.

Si x0 alors

|0x(x-t)nn!etdt| =x0(t-x)nn!etdtx0(t-x)nn!dt
=|x|n+1(n+1)!|x|n+1e|x|(n+1)!.

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

|x|n+1e|x|(n+1)!n+0

donc

limn+k=0nxkk!=ex.
 
Exercice 81  3217   

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

Soient f:I une fonction de classe 𝒞n+1 et aI.

Montrer que pour tout xI, il existe un réel c compris entre a et x vérifiant

f(x)=k=0nf(k)(a)k!(x-a)k+f(n+1)(c)(n+1)!(x-a)n+1.
 
Exercice 82  2000   

Soit g:[0;1] une fonction continue.

Déterminer les fonctions f:[0;1] deux fois dérivables telles que

f(0)=f(1)=0etf′′=g.
 
Exercice 83  297   Correction  

Soient f:[0;1] une application de classe 𝒞2 et

Sn=k=1nf(kn2)-nf(0).

Déterminer la limite de la suite (Sn).

Solution

Par l’inégalité de Taylor Lagrange avec M=max[0;1]|f′′|:

|f(kn2)-f(0)-kn2f(0)|M2(kn2)2.

Par suite,

|Sn-k=1nkn2f(0)|M2n4k=1nk2M2n0

or

k=1nkn2f(0)=n+12nf(0)

donc

Snn+f(0)2.
 
Exercice 84  296     ENSTIM (MP)

Soit f: une fonction de classe 𝒞2 vérifiant f′′(0)0.

  • (a)

    Montrer que pour chaque x*, il existe θx]0;1[ vérifiant la relation

    f(x)=f(0)+xf(xθx).
  • (b)

    Montrer qu’au voisinage de 0 ce réel θx est unique.

  • (c)

    Déterminer la limite de θx quand x tend vers 0.

 
Exercice 85  2817     MINES (MP)Correction  
  • (a)

    Montrer, pour tout x]0;π/2[, l’existence de θx]0;1[ tel que

    sin(x)=x-x36cos(xθx).
  • (b)

    Étudier la limite de θx quand x tend vers 0 par valeur supérieure.

Solution

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

x]0;π/2[,ξ]0;x[,sin(x)=x-16x3cos(ξ).

Le réel θx=ξ/x convient alors
À défaut de connaître l’égalité de Taylor-Lagrange, par l’égalité de Taylor avec reste-intégrale

sin(x)=x-0x(x-t)22!cos(t)dt.

Or pour t[0;x], on a

cos(x)cos(t)1

avec inégalité stricte pour t]0;x[ donc

x36cos(x)<0x(x-t)22!cos(t)dt<x36.

Ainsi,

0x(x-t)22!cos(t)dt=λx36 avec cos(x)<λ<1=cos(0).

Par le théorème des valeurs intermédiaires, on peut écrire

λ=cos(xθx) avec θx]0;1[.

Quand x0, xθx0 donc

cos(xθx)=1-12x2θx2+o(x2)

puis

sin(x)=x-16x3+112x5θx2+o(x5)

or

sin(x)=x-16x3+1120x5+o(x5)

donc θx21/10 puis

θx110.
 
Exercice 86  255   Correction  

Soient n* et φ: une fonction de classe 𝒞n telle que

φ(x)=x0o(xn).
  • (a)

    Montrer que

    0pn,φ(p)(x)=x0o(xn-p).
  • (b)

    On introduit ψ: définie par

    ψ(x)={φ(x)/x si x00 sinon.

    Montrer que

    0p<n,ψ(p)(x)=x0o(xn-p-1).

    En déduire que ψ est de classe 𝒞n-1 sur .

  • (c)

    Soient f: de classe 𝒞n et g: définie par

    g(x)={f(x)-f(0)x si x0f(0) sinon.

    Montrer que g est de classe 𝒞n-1.

  • (d)

    Soient f,g: de classe 𝒞n telles que

    f(0)=0,g(x)=0x=0 et g(0)0.

    Montrer que f/g est de classe 𝒞n-1.

Solution

  • (a)

    Par la formule de Taylor Young:

    φ(x)=φ(0)+xφ(0)++xnn!φ(n)(0)+o(xn)

    φ(x)=o(xn) entraîne alors φ(0)=φ(0)==φ(n)(0)=0.
    En appliquant la formule de Taylor Young à φ(p), on obtient la conclusion.

  • (b)

    xψ(x)=φ(x)=o(xn) donc ψ(x)=o(xn-1).
    xψ(x)+ψ(x)=φ(x)=o(xn-1) donc ψ(x)=o(xn-2)
    xψ′′(x)+2ψ(x)=φ′′(x)=o(xn-2) donc ψ′′(x)=o(xn-3)
    Par le théorème du prolongement 𝒞1, la fonction ψ est de classe 𝒞n-1.

  • (c)

    On introduit

    φ(x)=f(x)-(f(0)+xf(0)+x22f′′(0)++xnn!f(n)(0)).

    On a φ(x)=o(xn) donc ψ est de classe 𝒞n-1 puis

    g(x)=ψ(x)+(f(0)++xn-1n!f(n)(0))

    est de classe 𝒞n-1.

  • (d)
    f(x)g(x)=f(x)x1g(x)/x

    avec xf(x)/x et xg(x)/x qui se prolongent en 0 en des fonctions de classe 𝒞n-1.

 
Exercice 87  293    

Soit f: une fonction de classe 𝒞n+1 (avec n) vérifiant

f(x)x+0etf(n+1)(x)x+0.

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

f(k)(x)x+0.


Édité le 08-11-2019

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