Corrigé des exercices - Dunod

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c) Supposons que l > 0. On a par définition de c n ,
∫ cn
0
e nt2 =
∫ 1
c n
e −nt2 1.
Mais comme la suite (c n ) n∈N est décroissante, elle est minorée par l. On en déduit, puisque
la fonction que l’on intègre est positive que
∫ l
0
e nt2 dt
∫ cn
D’après la question a, la suite de terme général
0
e nt2 dt 1.
∫ l
0
e nt2 dt a pour limite +∞. Ceci est
impossible car elle majorée par 1. Donc nécessairement l = 0. La suite (c n ) n∈N converge vers
0.
Exercice 22.18
1. Soit F la primitive de f qui s’annule en a. Comme f > 0, f est strictement croissante sur
[a,b] et réalise une bijection de [a,b] sur [0,I], où I =
∫ b
a
f(t)dt.
La subdivision σ doit vérifier, pour tout k de [[0,n − 1]], F(x k+1 ) − F(x k ) = I , ce qui
n
équivaut à
F(x k ) = F(x 0 ) + kI
n = kI
n ,
car x 0 = a. La fonction F étant bijective de [a,b] sur [0,I], la suite est définie par
)
.
On observe qu’on a bien x n = b.
2. On a donc, pour n 1,
1
n∑
f(x k ) = 1 n n
k=0
∀k ∈ [[0,k]] x k = F −1 ( kI
n
n∑
( ) kI
(f ◦ F −1 ) = 1 n I · I
n
k=0
n∑
(f ◦ F −1 )
k=0
( ) kI
.
n
On reconnaît une somme de Riemann de la fonction f ◦F −1 sur l’intervalle [0,I]. On a donc
1
n∑
lim f(x k ) = 1 ∫ I
(f ◦ F −1 )(x)dx.
n→+∞ n I
k=0
On fait un changement de variable dans l’intégrale en posant t = F −1 (x) et donc x = F(t).
On a donc dx = f(t)dt et
On conclut :
∫ I
0
(f ◦ F −1 )(x)dx =
1
lim
n→+∞ n
n∑
f(x k ) =
k=0
0
∫ b
a
∫ b
a
∫ b
(f(t)) 2 dt.
(f(t)) 2 dt
.
a
f(t)dt