Corrigé des exercices - Dunod

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Mais par définition de l’intégrale d’une fonction continue, on dispose aussi des inégalités
suivantes
∫ b
On en déduit que
1
n∑
f(u k ) −
∣n
On a bien
k=1
1
lim
n→+∞ n
(ii) est réalisée.
a
ϕ(t)dt − ε
∫ b
a
n∑
f(u k ) =
k=1
∫ b
a
f(t)dt
∫ b
∫ b
f(t)dt
∣ ψ(t)dt −
2. On suppose que (ii) est réalisé.
a) On suppose que 0 < a < b < 1 et on considère α > 0 tel que
∫ b
a
a
a
ψ(t)dt + ε.
∫ b
a
ϕ(t) dt + 2ε 3ε.
f(t)dt pour tout fonction continue donc la propriété
0 a − α < a + α < b − α < b + α 1.
On considère la fonction f qui vaut 0 sur [0,a] et [b,1], 1 sur [a+α,b−α] et est affine sur les
intervalles [a,a+α] et [b −α,b]. Par construction ϕ est continue et inférieure à χ. On définit
de même g. Elle vaut 0 sur [0,a − α] et [b + α,1], 1 sur [a,b] et est affine sur les intervalles
[a − α,a] et [b,b + α]. Par construction ψ est continue et supérieure à χ. On observe que
∫ b
a
g(t)dt −
∫ b
a
f(t)dt est égal à la somme des aires de deux trapèzes de hauteur 1 et de
∫ b
∫ b
bases α. On obtient g(t)dt − f(t)dt = 2α. En prenant α = ε , on obtient le résultat
a
a
2
voulue. Si a = 0, b = 1 ou a = b, la démonstration doit être légèrement adaptée.
b) On a, pour tout n ∈ N ∗ ,
Par hypothèse, on a
1
n
n∑
f(u k ) 1 n
k=1
n∑
χ(u k ) 1 n
k=1
n∑
g(u k ).
k=1
1
lim
n→+∞ n
n∑
f(u k ) =
k=1
∫ 1
0
f(t)dt et
1
lim
n→+∞ n
n∑
g(u k ) =
k=1
∫ 1
0
g(t)dt.
On peut trouver un entier n 0 tel que, pour n n 0 , on ait
1
n
n∑
f(u k )
k=1
∫ 1
0
f(t)dt − ε et
1
n
n∑
g(u k )
k=1
∫ 1
0
g(t)dt + ε.
Pour n n 0 , on a
∫ 1
0
f(t)dt − ε 1 n
n∑
χ(u k )
∫ 1
k=1
0
g(t)dt + ε.