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Exercice 1  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 2  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 3  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 4  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 5  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 6  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 7  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 8  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 9  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.

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Édité le 08-11-2019

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