Correction des exercices 89 à 91 – Calcul intégral
Cauchy-Schwarz, théorème de Rolle et fonctions définies par des intégrales
Exercice 89
Soient \(f\) et \(g\) deux fonctions continues sur le segment \([a;b]\).
Justifier que, pour tout \(\lambda\in\mathbb R\) :
\[ \int_a^b \bigl(\lambda f(x)+g(x)\bigr)^2\,dx \geq0. \]Lire la correction + Masquer la correction −
Fixons un réel \(\lambda\).
Les fonctions \(f\) et \(g\) sont continues sur \([a;b]\). La fonction :
\[ x\longmapsto \bigl(\lambda f(x)+g(x)\bigr)^2 \]est donc continue sur \([a;b]\).
De plus, pour tout \(x\in[a;b]\) :
\[ \bigl(\lambda f(x)+g(x)\bigr)^2\geq0. \]Par positivité de l’intégrale :
En déduire que :
\[ \left| \int_a^bf(x)g(x)\,dx \right| \leq \sqrt{\int_a^bf^2(x)\,dx} \sqrt{\int_a^bg^2(x)\,dx}. \]Lire la correction + Masquer la correction −
Posons :
\[ A=\int_a^bf^2(x)\,dx, \qquad B=\int_a^bf(x)g(x)\,dx, \qquad C=\int_a^bg^2(x)\,dx. \]En développant le carré de la question précédente :
\[ \begin{aligned} \int_a^b \bigl(\lambda f(x)+g(x)\bigr)^2\,dx &= A\lambda^2+2B\lambda+C. \end{aligned} \]Ainsi, pour tout \(\lambda\in\mathbb R\) :
\[ A\lambda^2+2B\lambda+C\geq0. \]Premier cas : \(A=0\).
La fonction \(f^2\) est continue et positive sur \([a;b]\), et :
\[ \int_a^bf^2(x)\,dx=0. \]On en déduit que \(f(x)=0\) pour tout \(x\in[a;b]\). Par conséquent :
\[ B=\int_a^bf(x)g(x)\,dx=0, \]et l’inégalité demandée est vérifiée.
Deuxième cas : \(A>0\).
Le trinôme :
\[ A\lambda^2+2B\lambda+C \]est positif ou nul pour tout réel \(\lambda\). Son discriminant est donc négatif ou nul :
\[ \Delta=(2B)^2-4AC\leq0. \]Ainsi :
\[ B^2\leq AC. \]Comme \(A\geq0\) et \(C\geq0\), on obtient :
\[ |B|\leq\sqrt A\sqrt C. \]Montrer que :
\[ \int_{\pi/4}^{\pi/2} \frac{\sin x}{x}\,dx \leq \sqrt{\frac{\pi+2}{4\pi}}. \]Lire la correction + Masquer la correction −
Sur le segment \(\left[\dfrac{\pi}{4};\dfrac{\pi}{2}\right]\), considérons les fonctions continues :
\[ f(x)=\sin x \qquad\text{et}\qquad g(x)=\frac1x. \]L’inégalité de Cauchy-Schwarz donne :
\[ \left| \int_{\pi/4}^{\pi/2} \frac{\sin x}{x}\,dx \right| \leq \sqrt{ \int_{\pi/4}^{\pi/2}\sin^2x\,dx } \sqrt{ \int_{\pi/4}^{\pi/2}\frac{dx}{x^2} }. \]Calculons la première intégrale. Comme :
\[ \sin^2x=\frac{1-\cos(2x)}2, \]on a :
\[ \begin{aligned} \int_{\pi/4}^{\pi/2}\sin^2x\,dx &= \left[ \frac{x}{2}-\frac{\sin(2x)}4 \right]_{\pi/4}^{\pi/2}\\ &= \frac{\pi}{4} - \left( \frac{\pi}{8}-\frac14 \right)\\ &= \frac{\pi+2}{8}. \end{aligned} \]D’autre part :
\[ \begin{aligned} \int_{\pi/4}^{\pi/2}\frac{dx}{x^2} &= \left[-\frac1x\right]_{\pi/4}^{\pi/2}\\ &= -\frac2\pi+\frac4\pi\\ &= \frac2\pi. \end{aligned} \]Par conséquent :
\[ \left| \int_{\pi/4}^{\pi/2} \frac{\sin x}{x}\,dx \right| \leq \sqrt{ \frac{\pi+2}{8}\times\frac2\pi } = \sqrt{\frac{\pi+2}{4\pi}}. \]Sur l’intervalle considéré, \(\sin x>0\) et \(x>0\). L’intégrale est donc positive.
Montrer que :
\[ \left( \int_0^1e^{x^2}\,dx \right) \left( \int_0^1e^{-x^2}\,dx \right) \geq1. \]Lire la correction + Masquer la correction −
Sur le segment \([0;1]\), choisissons :
\[ f(x)=e^{x^2/2} \qquad\text{et}\qquad g(x)=e^{-x^2/2}. \]Ces deux fonctions sont continues sur \([0;1]\), et :
\[ f(x)g(x)=1. \]L’inégalité de Cauchy-Schwarz donne :
\[ \left| \int_0^1f(x)g(x)\,dx \right|^2 \leq \left( \int_0^1f^2(x)\,dx \right) \left( \int_0^1g^2(x)\,dx \right). \]Or :
\[ \int_0^1f(x)g(x)\,dx = \int_0^1 1\,dx = 1, \] \[ f^2(x)=e^{x^2} \qquad\text{et}\qquad g^2(x)=e^{-x^2}. \]Soit \(f\) une fonction continue sur \([0;1]\) telle que :
\[ (\forall x\in[0;1]) \qquad 0<f(x)<\ln2. \]On pose :
\[ A=\int_0^1e^{f(x)}\,dx \qquad\text{et}\qquad B=\int_0^1e^{-f(x)}\,dx. \]Montrer que :
\[ 1\leq AB<2 \qquad\text{et}\qquad \boxed{0<\frac BA<1}. \]Lire la correction + Masquer la correction −
Les fonctions \(x\longmapsto e^{f(x)}\) et \(x\longmapsto e^{-f(x)}\) sont continues et strictement positives sur \([0;1]\). Ainsi :
\[ A>0 \qquad\text{et}\qquad B>0. \]Appliquons l’inégalité de Cauchy-Schwarz aux fonctions :
\[ u(x)=e^{f(x)/2} \qquad\text{et}\qquad v(x)=e^{-f(x)/2}. \]On a :
\[ u(x)v(x)=1, \qquad u^2(x)=e^{f(x)}, \qquad v^2(x)=e^{-f(x)}. \]Par conséquent :
\[ \left( \int_0^1 1\,dx \right)^2 \leq \left( \int_0^1e^{f(x)}\,dx \right) \left( \int_0^1e^{-f(x)}\,dx \right). \]Donc :
\[ 1\leq AB. \]D’autre part, pour tout \(x\in[0;1]\) :
\[ 0<f(x)<\ln2. \]La fonction exponentielle étant strictement croissante :
\[ 1<e^{f(x)}<2 \]et :
\[ \frac12<e^{-f(x)}<1. \]En intégrant sur \([0;1]\), on obtient notamment :
\[ A<2 \qquad\text{et}\qquad B<1. \]Comme \(A>0\) et \(B<1\) :
\[ AB<A<2. \]Ainsi :
\[ 1\leq AB<2. \]Enfin, puisque \(f(x)>0\), on a :
\[ -f(x)<f(x). \]Donc :
\[ e^{-f(x)}<e^{f(x)}. \]En intégrant sur \([0;1]\) :
\[ B<A. \]Comme \(A>0\) et \(B>0\), il vient :
Exercice 90
Soit \(f\) une fonction continue sur \([0;1]\) et vérifiant :
\[ \int_0^1f(t)\,dt=0. \]On définit la fonction \(\varphi\) sur \([0;1]\) par :
\[ \varphi(x) = e^{-x}\int_0^xf(t)\,dt. \]Montrer qu’il existe \(c\in]0;1[\) tel que :
\[ \int_0^cf(t)\,dt=f(c). \]Lire la correction + Masquer la correction −
La fonction :
\[ x\longmapsto\int_0^xf(t)\,dt \]est continue sur \([0;1]\) et dérivable sur \(]0;1[\), car \(f\) est continue sur \([0;1]\).
La fonction \(\varphi\) est donc continue sur \([0;1]\) et dérivable sur \(]0;1[\).
Calculons ses valeurs aux extrémités :
\[ \varphi(0) = e^0\int_0^0f(t)\,dt = 0, \]et, d’après l’hypothèse :
\[ \varphi(1) = e^{-1}\int_0^1f(t)\,dt = 0. \]Ainsi :
\[ \varphi(0)=\varphi(1). \]D’après le théorème de Rolle appliqué à \(\varphi\) sur \([0;1]\), il existe un réel \(c\in]0;1[\) tel que :
\[ \varphi'(c)=0. \]Pour tout \(x\in]0;1[\), la formule de dérivation d’un produit donne :
\[ \begin{aligned} \varphi'(x) &= -e^{-x}\int_0^xf(t)\,dt + e^{-x}f(x)\\ &= e^{-x} \left( f(x)-\int_0^xf(t)\,dt \right). \end{aligned} \]Comme \(e^{-c}>0\), l’égalité \(\varphi'(c)=0\) entraîne :
\[ f(c)-\int_0^cf(t)\,dt=0. \]Exercice 91
Soit \(f\) une fonction non constante et dérivable sur \([0;1]\) telle que :
\[ f(0)=0. \]On considère la fonction \(g\) définie sur \([0;1]\) par :
\[ g(x) = (1-x)\int_0^xf(t)\,dt. \]Montrer qu’il existe \(\alpha\in]0;1[\) tel que :
\[ g'(\alpha)=0. \]Lire la correction + Masquer la correction −
La fonction \(f\) est dérivable sur \([0;1]\), donc elle est continue sur ce segment.
La fonction :
\[ x\longmapsto\int_0^xf(t)\,dt \]est donc continue sur \([0;1]\) et dérivable sur \(]0;1[\).
Par conséquent, \(g\) est continue sur \([0;1]\) et dérivable sur \(]0;1[\).
Aux extrémités :
\[ g(0) = (1-0)\int_0^0f(t)\,dt = 0, \]et :
\[ g(1) = (1-1)\int_0^1f(t)\,dt = 0. \]Ainsi :
\[ g(0)=g(1). \]D’après le théorème de Rolle appliqué à \(g\) sur \([0;1]\), il existe un réel \(\alpha\in]0;1[\) tel que :
On définit la fonction \(h\) sur \([0;\alpha]\) par :
\[ h(x) = -\int_0^xf(t)\,dt +(1-x)f(x). \]En appliquant le théorème de Rolle à la fonction \(h\), montrer qu’il existe \(x_0\in]0;1[\) tel que :
\[ \boxed{ (1-x_0)f'(x_0)=2f(x_0) }. \]Lire la correction + Masquer la correction −
Pour tout \(x\in[0;1]\), dérivons la fonction \(g\) :
\[ \begin{aligned} g'(x) &= -\int_0^xf(t)\,dt +(1-x)f(x). \end{aligned} \]Ainsi :
\[ h(x)=g'(x). \]Calculons \(h(0)\). Comme \(f(0)=0\) :
\[ \begin{aligned} h(0) &= -\int_0^0f(t)\,dt +(1-0)f(0)\\ &=0. \end{aligned} \]D’après la question précédente :
\[ g'(\alpha)=0. \]Comme \(h(\alpha)=g'(\alpha)\), on obtient :
\[ h(\alpha)=0. \]La fonction \(f\) est dérivable sur \([0;1]\). La fonction \(h\) est donc continue sur \([0;\alpha]\) et dérivable sur \(]0;\alpha[\).
De plus :
\[ h(0)=h(\alpha)=0. \]D’après le théorème de Rolle appliqué à \(h\) sur \([0;\alpha]\), il existe un réel :
\[ x_0\in]0;\alpha[ \]tel que :
\[ h'(x_0)=0. \]Pour tout \(x\in]0;\alpha[\) :
\[ \begin{aligned} h'(x) &= -f(x) -f(x) +(1-x)f'(x)\\ &= (1-x)f'(x)-2f(x). \end{aligned} \]L’égalité \(h'(x_0)=0\) donne donc :
\[ (1-x_0)f'(x_0)-2f(x_0)=0. \]Ainsi :
\[ (1-x_0)f'(x_0)=2f(x_0). \]Comme \(x_0\in]0;\alpha[\) et \(\alpha\in]0;1[\), on a bien :
\[ x_0\in]0;1[. \]
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