Exercice 1 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 $[a; b]$ 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 $c$ avec nécessairement $c \in] a; b [$ . Considérons alors $g : t \mapsto (t - c) f (t)$ . 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 2 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 3 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 4 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 5 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 6 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} .

[<] Inégalités [>] Utilisation de primitives

Édité le 29-08-2023

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