Corrigé des exercices - Dunod

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Ceci montre que la différence entre ln u n et la somme tend vers 0. Mais on reconnaît dans
n∑
( )
∫
1 k 1
n f une somme de Riemann de la fonction f. Elle tend donc vers f(t)dt. Il en
n
k=1
0
est de même de ln u n et on en déduit que
(∫ 1
)
lim u n = exp f(t)dt .
n→+∞
Exercice 21.7
Si f garde un signe constant sur [a,b], on peut écrire f = ε|f|, avec ε = ±1. On a alors
∫ ∣
b
∣∣∣∣ ∫ b
∫ b
f(t)dt
∣ ∣ = ε |f(t)|dt
∣ = |f(t)|dt.
a
a
∫ b
∫ b
Supposons réciproquement que
f(t)dt
∣ a ∣ = |f(t)|dt et considérons ε = ±1 tel que
a
∫ b
∫ b
f(t)dt
∣ ∣ = ε f(t)dt. On a alors
a
a
∫ b
a
(|f(t)| − εf(t))dt =
∫ b
a
0
|f(t)|dt − ε
a
∫ b
a
f(t)dt = 0.
Comme la fonction |f| − εf est positive ou nulle et continue sur [a,b], on en déduit qu’elle
est nulle . On a donc f = ε|f| et f garde un signe constant sur [a,b].
Exercice 21.8
1. Si la fonction f ne s’annule pas sur [a,b], comme elle est continue, elle garde un signe
constant. Mais on sait que si f est strictement positive (respectivement strictement négative)
et continue sur [a,b], son intégrale est strictement positive (respectivement strictement
négative). On a une contradiction, donc f s’annule sur [a,b].
2. Considérons la fonction g : x ↦−→ f(x) − x. On a
∫ 1
0
g(t)dt =
∫ 1
0
f(t)dt −
∫ 1
0
tdt = 1 2 − 1 2 = 0.
D’après la question précédente, la fonction g s’annule sur [0,1], donc f possède un point
fixe.
Exercice 21.9
1. Pour tout réel λ, on pose ϕ(λ) =
l’intégrale,
ϕ(λ) =
∫ b
a
∫ b
a
(λf(t) + g(t)) 2 dt. On obtient par linéarité de
[λ 2 (f(t)) 2 + 2λf(t)g(t) + (g(t)) 2 ]dt
∫ b
= λ 2 (f(t)) 2 dt + 2λ
a
∫ b
a
f(t)g(t)dt +
∫ b
a
(g(t)) 2 dt