Corrigé des exercices - Dunod

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4. D’après la démonstration de la question précédente, on a égalité dans l’inégalité de Minkowski
si et seulement si
∫ (
b
∫ ) 1 (
b
2 ∫ ) 1
b
2
f(t)g(t)dt = (f(t)) 2 dt (g(t)) 2 dt .
a
a
Cette égalité est réalisée si et seulement s’il y a égalité dans l’inégalité de Cauchy-Schwarz
et si, de plus,
∫ b
a
f(t)g(t)dt 0. La première condition équivaut à f et g proportionnelles.
En écartant le cas où l’une des fonctions est nulle, on obtient par exemple si g = λf,
∫ b
a
f(t)g(t)dt = λ
à λ 0.
∫ b
a
(f(t)) 2 dt. Comme
∫ b
a
a
(f(t)) 2 dt > 0, la deuxième condition équivaut
Exercice 21.10
n∑
Si P = a k X k est un polynôme de degré inférieur ou égal à n, on obtient, par linéarité
k=0
de l’intégrale,
∫ b
a
P(t)dt =
n∑
∫ b
a k t k f(t)dt = 0.
k=0
On raisonne par l’absurde et on suppose que f s’annule au plus n fois sur ]a,b[. A fortiori, f
étant continue, elle change au plus n fois de signe sur ]a,b[. Notons x 1 , . . . , x k (1 k n)
k∏
les points où f s’annule en changeant de signe et considérons le polynôme P = (X − x i )
(si f ne change pas de signe sur ]a,b[, on prend P = 1).
Par construction, la fonction fP garde un signe constant sur ]a,b[, puisque f et P changent
de signe pour les mêmes valeurs, et par continuité Pf a un signe constant sur [a,b].
Comme le degré de P est inférieur ou égal à n, on a
a
∫ b
a
i=1
P(t)f(t)dt = 0. Puisque Pf est
continue et de signe constant, on en déduit que Pf = 0. Ainsi, f s’annule une infinité de
fois, ce qui est la contradiction cherchée.
Exercice 21.11
On ne peut pas directement majorer f sur [0,1], car le majorant obtenu serait 1. On considère
ε ∈ ]0,1[ et on coupe l’intégrale en deux et on majore sur chaque intervalle. On obtient
0
∫ 1
0
(f(t)) n dt
∫ 1−ε
0
∫ 1−ε
0
(f(t)) n dt +
∫ 1
(f(1 − ε)) n dt +
1−ε
∫ 1
(f(t)) n dt
Comme f est strictement croissante, on a 0 < f(1 − ε) < 1 et donc
Pour n assez grand, on obtient donc (f(1 − ε)) n ε et
0
∫ 1
0
1−ε
(f(t)) n dt 2ε.
dt (f(1 − ε)) n + ε.
lim (f(1 −
n→+∞ ε))n = 0.