Corrigé des exercices - Dunod

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Exercice 21.13
La fonction f s’annule en changeant de signe au moins une fois sur ]0,π[ car sinon la fonction
t ↦−→ f(t)sin t est positive ou nulle (ou négative ou nulle), continue et non identiquement
nulle sur [0,π] et son intégrale n’est pas nulle.
Raisonnons par l’absurde et supposons que f s’annule une seule fois sur ]0,π[ en a. On
considère alors
∫ π
0
f(t)sin(t − a)dt = cos a
∫ π
0
f(t)sin tdt − sina
∫ π
0
f(t)cos tdt = 0.
Sur [0,π], la fonction f change de signe uniquement en a. Il en est de même de t ↦−→ sin(t−a),
donc leur produit garde un signe constant. Comme la fonction t ↦−→ f(t)sin(t − a) est
continue et non identiquement nulle,
∫ π
La fonction f s’annule donc au moins deux fois sur ]0,π[.
Exercice 21.14
On sait que
1
b − a
∫ b
a
0
f(t)dt = 1
b − a lim b − a
n→+∞ n
1
= lim
n→+∞ n
f(t)sin(t − a)dt ne peut être nul.
n∑
f
k=1
(
a +
n∑
f
k=1
(
a +
k(b − a)
n
Par convexité de la fonction g, on obtient, pour tout n ∈ N ∗ ,
g
(
1
n
n∑
f
k=1
(
a +
) ) k(b − a)
1 n n
n∑
(g ◦ f)
k=1
(
a +
)
k(b − a)
n
)
.
)
k(b − a)
.
n
On reconnaît dans le membre droit de cette inégalité, une somme de Riemann de g ◦ f sur
∫
1 b
[a,b] divisée par b − a. Elle a pour limite g ◦ f(t)dt quand n tend vers +∞.
b − a a
( ∫ )
1 b
Par continuité de la fonction g, le premier membre de l’inégalité tend vers g f(t)dt .
b − a a
Par passage à la limite dans l’inégalité, on obtient donc
( ∫ )
1 b
g f(t)dt 1 ∫ b
g ◦ f(t)dt.
b − a
b − a
a
a
Exercice 21.15
1. Supposons f continue en 0. On écrit, pour x > 0,
F(x) − f(0) = 1 (∫ x
)
f(t)dt − xf(0) = 1 x
x
0
∫ x
0
(f(t) − f(0))dt.