Exercice 1 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 2 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 3 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 4 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 5 1969

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

Soit $f : [a; b] \to ℝ$ 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 6 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 7 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 8 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 9 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.

[<] Continuité uniforme [>] Inégalités

Édité le 29-08-2023

Égalités