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Intégration sur un segment :

exercices corrigés. 1. Fonctions en escaliers, fonctions réglées.

2. Convergences uniforme et dominée.

3. Sommes de Riemann et valeurs moyennes.

4. Espaces fonctionnels et modes de convergence.

5. Primitives et intégrales.

6. Changement de variables, intégration par parties.

7. Fonctions définies comme intégrales.

8. Inégalités intégrales.

9. Concentration de masse, diffusion de masse.

10. Calcul de primitives.

Pierre-Jean Hormière

_________ Ce document est aux trois-quarts achevé, si tant est que l’on puisse achever une telle entreprise. Je le divulgue en l’état et le complèterai peu à peu.

1. Fonctions en escaliers, fonctions réglées.

Exercice 1 : Soit f une fonction [a, b] → E. Montrer que f est en escaliers si et seulement si elle vérifie les deux conditions : i) f ne prend qu’un nombre fini de valeurs dans E ; ii) Pour tout α ∈ E , { x ∈ I ; f(x) = α } est réunion finie d’intervalles de I.

Solution : Soient α1, α2, …, αn les valeurs prises par f , et Ai = { x ∈ I ; f(x) = αi }.

Alors f = ∑=

n

iAi i

1

1.α est une combinaison linéaire de fonctions caractéristiques de sous-intervalles de

I, donc, par linéarité, est bien une fonction en escaliers.

Remarque : La condition ii) est indispensable : la fonction 1Q∩[a,b] , qui vérifie i), mais non ii), n’est pas réglée. Exercice 2 : On note AAAA l’ensemble des réunions finies de sous-intervalles de I = [a, b]. 1) Montrer que AAAA est une algèbre de Boole de parties de I, et que :

(∀A ⊂ I) 1A ∈ Esc(I, R) ⇔ A est élément de AAAA.

2) Montrer que l’application A → mes(A) = ∫b

aA dxx).(1 est croissante de AAAA dans R

+, et vérifie :

i) ∀(A, B)∈ AAAA2 mes(A ∪ B) = mes(A) + mes(B) − mes(A ∩ B) ii) Pour toute suite (An) décroissante d’éléments de AAAA telle que ∩ An = ∅, on a mes(An) ↓ 0. [ Indication : Soit ε > 0. Construire une suite décroissante (Cn) de parties compactes appartenant à A, telles que (∀n) Cn ⊂ An et mes( An − Cn ) < ε. ]

2

3) Montrer la propriété de Daniell : Si (fn) est une suite de fonctions en escaliers tendant

simplement vers 0 en décroissant, alors : ∫b

an dxxf ).( ↓ 0.

[ Indication : Soit ε > 0, An(ε) = {x ∈ I ; fn(x) ≥ ε}, M = sup(f0) ; noter que 0 ≤ fn ≤ ε + M.1An(ε) .]

4) En déduire que si (gn) est une suite croissante de fonctions en escaliers tendant simplement vers

une fonction en escaliers g, alors : ∫b

an dxxf ).( ↑ ∫

b

adxxg ).( .

Remarque : La propriété de Daniell découle du théorème de convergence dominée. Mais elle est un des lemmes qui permettent de l’établir rigoureusement. Exercice 3 : 1) Montrer que l’ensemble des points de discontinuité d’une fonction réglée [a, b] → E est dénombrable. 2) Indiquer une fonction réglée [0, 1] → R ayant une infinité dénombrable de discontinuités. 3) Indiquer une fonction réglée [0, 1] → R ayant pour discontinuités tous les rationnels de [0, 1].

Solution : Soit (ϕn) une suite de fonctions en escaliers convergeant uniformément vers f ; l’ensemble Dn des points de discontinuité de ϕn est fini, la réunion D = ∪ Dn est finie ou dénombrable, et f est continue en tout point de I−D comme limite uniforme de fonctions continues en tout point de I − D. La fonction partie entière x → E(x) admet une infinité dénombrable de discontinuités : tous les entiers relatifs. Si θ : R → ]0, 1[ est un homéomorphisme croissant, la transmuée θ o E o θ−1 est croissante ]0, 1[ → ]0, 1[ et admet une infinité dénombrable de discontinuités. Soit n → rn une bijection de N sur Q ∩ [0, 1]. La fonction F(x) = ∑ )(1.2

1]1,[x

nrn est réglée sur [0, 1],

croissante, continue à droite en tout point, et discontinue en tous les rationnels de [0, 1]. Cela découle de ce qu’elle est somme d’une série normalement convergente de fonctions en

escaliers, chacune étant continue à droite et tout point. De plus, si l’on isole un rationnel r = rn0,

écrivons F(x) = )(1.21

]1,[ 00x

nrn + ∑

≠ 021

nnn )(1 ]1,[ xnr , et ∑

≠ 021

nnn )(1 ]1,[ xnr continue au point r comme somme

d’une série normalement convergente de fonctions continues en r. Exercice 4 : Montrer qu’une fonction monotone sur [a, b] est limite uniforme de fonctions en escaliers.

Solution : Supposons f croissante. Notons c = f(a), d = f(b) et ck = c + )( cdnk − pour 0 ≤ k ≤ n.

On considérera les fonctions ϕn = { }∑−

=

3

Il en résulte que g est discontinue en x, et n’a de limite à gauche ou à droite en aucun point. Elle n’est donc réglée sur aucun segment [a, b]. Elle n’est pas non plus Riemann-intégrable, car si ϕ et ψ sont des fonctions en escaliers telles que ϕ ≤ f ≤ ψ, alors ϕ prend des valeurs ≤ 0, et ψ des

valeurs ≥ 1 sur tout intervalle sur lequel elles sont constantes, donc ∫b

aϕ ≤ 0 et ∫

b

aψ ≥ b − a.

En revanche, g est intégrable au sens de Lebesgue sur [a, b], et d’intégrale nulle. 2) La fonction f a des propriétés bien différentes.

La fonction f est 1-périodique et paire. Elle est discontinue en tout rationnel x, puisqu’il existe une suite d’irrationnels tendant vers x. Elle est continue en tout irrationnel.

En effet, si x est irrationnel et si rn = n

n

qp

est une suite de rationnels (sous forme irréductible)

tendant vers x, je dis que (qn) tend vers +∞, donc f(rn) = nq

1 tend vers 0. Car si (qn) ne tendait pas

vers +∞, on pourrait en extraire une suite majorée, et même constante. Alors rn(k) = )(

)(

kn

kn

qp

= q

p kn )(

tendrait vers un rationnel. Dans le cas général, si (xn) est une suite tendant vers x, elle est panachée

(en un sens très général) d’une suite de rationnels et d’irrationnels, donc f(xn) → f(x) = 0.

Cependant, f est réglée sur tout segment, car ses limites gauche et à droite en tout point sont nulles. C’est immédiat en un irrationnel, puisque f est continue en ce point.

Si maintenant x = ba , et si rn =

n

n

qp

est une suite de rationnels (sous forme réduite) tendant vers x

par valeurs > x, je dis que (qn) tend vers +∞, donc f(rn) = nq

1 tend vers 0. Car si (qn) ne tendait pas

vers +∞, on pourrait en extraire une suite majorée, et même constante. Alors : rn(k) = )(

)(

kn

kn

qp

= q

p kn )(

tendrait vers ba . A partir d’un certain rang, on aurait

qp kn )( =

ba , contredisant rn > x.

Voici une tout autre approche de ce problème.

Pour tout q ∈ N*, notons A(q) = {qp

; p ∈ Z , p ∧ q = 1 } . Je dis que (A(q)) est une partition de Q.

La fonction f est somme de la série de fonctions f(x) = ∑+∞

=1)( )(1.1

qqA xq

.

Cette série est uniformément convergente (mais non normalement convergente), car son reste vérifie

évidemment 0 ≤ ∑+∞

=kqqA xq

)(1.1 )( ≤ k1 du fait que les ensembles A(q) sont disjoints.

Ainsi, f(x) est somme d’une série uniformément de fonctions en escaliers sur tout segment.

4

Toutes les propriétés de f en découlent.

Conséquence : ∫1

0).( dxxf = 0. C’est également évident via les sommes de Riemann.

Remarque : f est semi-continue inférieurement, en ce sens que (∀k) f−1([k, +∞[) est fermé. Il en résulte que f est une fonction de Baire, i.e. une limite simple de fonctions continues.

Cela peut se montrer directement, via limn→+∞ n1 ∑

=

n

k

k xk1

2 )(cos π (cf. pb sur l’équirépartition).

Références : Polya-Szegö, t.1, n° 99 p 75, n° 169 p. 89, t.2, n° 240 p. 151. Bourbaki, TG IV §6, p. 169, Eléments d’histoire, p. 276 Schwartz, Cours de l’X p. 186 t. 1 Chambadal-Ovaert, Analyse 1, n° 8, p. 452 Couty-Ezra, Cours d’analyse, p. 36, 70, 214, 240.

Exercice 6 : À tout réel x ∈ [0, 1[ ayant pour développement décimal propre x = 0, d1 d2 d3 … on associe on associe le réel f(x) = 0, 0 d1 0 d2 0 d3 … . Et l’on pose f(1) = 1/11.

1) Montrer que la fonction f est strictement croissante.

2) a) Montrer que f est continue à droite en tout point x ∈ [0, 1[. b) Montrer que f est continue à gauche en tout point x ∈ ]0, 1] non décimal. c) Calculer le saut de f en un décimal ; quelle est la somme de tous ces sauts ? Comparer cette somme à f(1−0) – f(0). Conclusion ? 3) a) Montrer que f a une dérivée à droite nulle en tout nombre décimal. b) Etudier la dérivabilité de f en un réel non décimal.

4) Calculer ∫1

0).( dxxf .

Solution : 1) Monotonie. L’ordre naturel sur les développements propres des réels de [0, 1[ équivaut à l’ordre lexicographique sur la suite des décimales. En d’autres termes : x < y ⇔ ∃k d1(x) = d1(y) , …, dk(x) = dk(y) , dk+1(x) < dk+1(y).

On en déduit aussitôt f(x) < f(y). Et si x < 1 , f(x) < 0,090909… = ∑+∞

=1109

nn = 11

1 .

2) Continuité. Si x = ∑+∞

=1 10)(

nn

n xd , f(x) = ∑+∞

=1210)(

nn

n xd .

Il s’agit d’une série normalement convergente de fonctions en escaliers.

En effet, chacune des fonctions dn(x) vérifie 0 ≤ dn(x) ≤ 9 et est en escaliers, car dn(x) = [ 10

n x ] − 10 [ 10n−1 x ] = d1(10

n−1 x).

De plus, elle est continue en tout réel non décimal, et continue à droite en tout point. Par conséquent, la fonction f est réglée (mais cela découle aussi de 1), continue à gauche en tout réel non décimal, et continue à droite en tout point.

Soit maintenant x = 0,d1 … dk un nombre décimal > 0 (dk > 0).

En vertu du théorème d’interversion de limites : f(x−0) = ∑+∞

=

−1

210)0(

nn

n xd .

Or dn(x – 0) = dn(x) si n < k , dk(x) – 1 si n = k , 9 si n > k.

Par conséquent , f(x−0) = ∑−

=

1

1210

k

nn

nd + kkd

2101− + ∑

+∞

+= 1210

9kn

n = f(x) − 1210.111

−k ,

5

et le saut en x vaut donc f(x) – f(x – 0) = 1210.111

−k .

Comme il y a, pour chaque entier k, exactement 10k−1

.9 décimaux de ce type, la somme totale des

sauts vaut donc ∑+∞

=−

−

112

1

10.1110.9

kk

k

= 111 = f(1) – f(0).

Ainsi, f([0, 1]) est une partie non dénombrable de [0, 1/11], mais de mesure nulle.

3) Dérivabilité. On montrera que f a une dérivée à droite nulle en tout décimal.

4) Calcul de l’intégrale.

1ère méthode : Par convergence uniforme : ∫1

0).( dxxf = ∑

+∞

=1210

1n

n ∫1

0).( dxxdn .

Or, pour tout n, ∫1

0).( dxxdn = 2

9 . C’est vrai pour n = 1, car ∫1

01 ).( dxxd = 10

1 ∑=

9

1k

k = 29 .

Et pour n quelconque ∫1

0).( dxxdn = ∫ −

1

0

11 )..10( dxxd n = 110

1−n ∫

−110

01 ).(

n

dyyd = 29 .

Par conséquent, ∫1

0).( dxxf =

29 ∑

+∞

=1210

1n

n = 221 .

2ème méthode : équation fonctionnelle. Je dis que ∀x ∈ [0, 1[ f(10x – [10.x]) = 100.f(x) – [10.x]. Cela revient à dire f(0, d2d3 …) = 0, 0 d2 0 d3 … . Intégrons cette identité sur [0, 1] (la valeur en 1 importe peu).

Il vient : ∫ −1

01 )).(10( dxxdxf = 100∫

1

0).( dxxf − ∫

1

01 ).( dxxd = 100∫

1

0).( dxxf −

29 ,

c’est-à-dire : Or ∫ −1

01 )).(10( dxxdxf = ∑∫

=

+−

9

0

10/)1(

10/).10(

k

k

kdxkxf = ∫

1

0).( dxxf , donc ∫

1

0).( dxxf =

221 .

3ème méthode : Le lecteur pourra montrer que :

f(x) + f(1 – x) = 111 si x n’est pas décimal ,

111 ( 1 + 1210

1−k ) si x = 0,d1 … dk (dk > 0).

Comme f(x) + f(1 – x) = 111 presque partout, ∫

1

0).( dxxf =

221 .

Avec Maple : > with(plots):Digits:=100; > d1:=x->floor(10*x)-10*floor(x);d:=(n,x)->d1(10^(n-1)*x); > S:=(n,x)->sum(d(k,x)/100^k,k=1..n); p:=n->plot(S(n,x),x=0..1,numpoints=1000,thickness=2);p(100);

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Exercice 7 : À tout réel x ∈ [0, 1] on associe son développement décimal propre x = ∑+∞

=1 10)(

nn

n xd ; on

convient que dn(1) ≡ 0. Soit σ une permutation quelconque de N*, et f la fonction x → ∑+∞

=1

)( .10

)(

nn

n xdσ

Montrer que f est définie, réglée sur [0, 1], continue en tout réel non décimal, et continue à droite en

tout point. Calculer ∫1

0).( dxxf ; interprétation probabiliste.

Solution :

f(x) = ∑+∞

=1

)(

10)(

nn

n xdσ est la somme d’une série normalement convergente de fonctions en escaliers.

Chacune des fonctions dn(x) vérifie en effet 0 ≤ dn(x) ≤ 9 et est en escaliers, car dn(x) = [ 10

n x ] − 10 [ 10n−1 x ] = d1(10

n−1 x).

De plus, elle est continue en tout réel non décimal, et continue à droite en tout point. Par conséquent, la fonction f est réglée, continue à gauche en tout réel non décimal, et continue à droite en tout point.

De plus, par convergence uniforme : ∫1

0).( dxxf = ∑

+∞

=1101

nn ∫

1

0)( ).( dxxd nσ .

Or, pour tout n, ∫1

0).( dxxdn = 2

9 (cf. ex. précédent). Finalement : ∫1

0).( dxxf =

29 ∑

+∞

=1101

nn = 2

1 .

Les valeurs trouvées de ∫1

0).( dxxdn et ∫

1

0).( dxxf sont intuitivement évidentes. La valeur moyenne

de dn est 4,5 car les décimales sont équiprobables. Ci-dessous est visualisée la fonction qui permute les deux premières décimales.

> with(plots): > a:=x->floor(10*frac(x));b:=x->floor(100*frac(x))-10*a(x); > F:=x->x+9/100*(b(x)-a(x));plot(F(x),x=0..1,numpoints=2000,thickness=2);

Références :

Bourbaki, FVR I §2 n° 2 p. 27 (2ème édition) Dieudonné, Eléments d’analyse t.1, pb 1 p. 162 Chambadal-Ovaert, Analyse 2, n° 66 p. 133 et Ovaert-Verley Analyse 1 p. 10, 112, 200-202 Revuz, APM n° 1, p. 12

Exercice 8 : Montrer que la composée d’une fonction continue et d’une fonction réglée est réglée, mais que la composée de deux fonctions réglées n’est pas toujours réglée. Considérer f(x) = x.sin(1/x) et g(x) = sgn f(x) , ou bien 1R* o f , f fonction de Dirichlet.

Solution :

7

Exercice 9 : Soit f ∈ RRRR(I, E), où E est un evn de dimension finie.

Montrer que, pour toute norme N sur E, N(∫b

adxxf ).( ) ≤ ∫

b

adxxfN )).((

Solution : 1) Montrons d’abord que, si f est réglée, x → N(f(x)) est réglée. Il est clair que si ϕ est en escaliers, x → N(ϕ(x)) est en escaliers. Si (ϕn) est une suite de fonctions en escaliers tendant uniformément vers f, | N(ϕn(x)) − N(f(x)) | ≤ N(ϕn(x) − f(x)) ≤ β.|| ϕn(x) − f(x) || par équivalence des normes. 2) L’inégalité demandée est aisée à démontrer pour ϕ en escaliers. Elle s’étend aux fonctions réglées par passage à la limite et équivalence des normes. Remarque : le résultat reste-t-il vrai si E est un Banach, et si N n’est pas équivalente à la norme || || ? Je ne sais pas.

Exercice 10 : Soit f définie sur [0, 1] par f(x) = sinx1 sur ]0, 1] , f(0) = 0.

Montrer que f n’est pas réglée, mais Riemann-intégrable. Généraliser.

Solution : La fonction f n’est pas réglée, car elle n’a pas de limite à droite en 0. Montrons qu’elle est cependant Riemann-intégrable. Soit en effet ε > 0 : comme f est réglée, et même continue, sur tout segment J ⊂ ]0, 1], il existe deux

fonctions en escaliers ϕ et ψ sur J = [4ε , 1] telles que :

(∀x ∈ J) ϕ(x) ≤ f(x) ≤ ψ(x) et ∫J [ψ(x) − ϕ(x)].dx ≤ 2ε .

Prolongeons ψ et ϕ à [0, 1] en posant ψ(x) = 1 et ϕ(x) = −1 sur [0, 4ε ]. On a alors :

(∀x ∈ I) ϕ(x) ≤ f(x) ≤ ψ(x) et ∫I [ψ(x) − ϕ(x)].dx ≤ ε. cqfd.

Exercice 11 : Soit f(x) = x1 − E(

x1 ) si x ∈ ]0, 1] et f(0) = 0.

Montrer que f est Riemann-intégrable, et calculer ∫1

0).( dxxf .

Solution :

Pour 1

1+n < x ≤ n

1 , f(x) = x1 − n. Le graphe de f est formé d’arcs d’hyperbole. La fonction f est

i) bornée sur [0, 1], car 0 ≤ f(x) < 1 ; ii) continue en tout point x ∉ A = { 1/n ; n ∈ N* } ∪ {0} ; iii) discontinue en tous les 1/n ( n ∈ N* ), mais continue à gauche en ces points et de saut 1 ; iv) sans limite en 0, car f prend toute valeur de [0, 1[ au V(0) ; v) non réglée sur [0, 1], mais réglée sur tout segment [a, 1], 0 < a < 1.

vi) Riemann-intégrable sur [0, 1], d’intégrale ∫1

0).( dxxf = 1 − γ, où γ est la constante d’Euler.

En effet, encadrons f entre deux suite de fonctions réglées fn et gn .

fn(x) = 0 si 0 ≤ x ≤ 11+n , f(x) si 1

1+n < x ≤ 1

gn(x) = 1 si 0 ≤ x ≤ 11+n , f(x) si 1

1+n < x ≤ 1 .

∫1

0).( dxxfn = ∑

= +−+

n

k kkk

1

)1

11(ln → 1 − γ , et ∫1

0).( dxxgn = ∫

1

0).( dxxfn + 1

1+n itou.

8

Remarque : On déduit de ceci que 0 < γ < 1. > f:=x->1/x-floor(1/x);plot(f(x),x=0.1..1,numpoints=1000);

Exercice 12 : Montrer que la fonction caractéristique de l’ensemble triadique de Cantor K est Riemann-intégrable sur [0, 1], mais non réglée. (cf chap. Espaces métriques, § H.1.)

Solution : Notons I = [0, 1], et f cette fonction. f est continue sur I − K, car I – K est ouvert, et discontinue en tout point de K, car tout point de K est limite d’une suite de points de I – K. f n’est pas réglée, car elle n’a pas de limite à gauche en 1/3, par exemple. Cependant, f est Riemann-intégrable d’intégrale nulle. En effet, si l’on note Fn l’ensemble formé de

2n segments de longueur 1/3

n après n évidements répétés du tiers médian, alors, pour tout ε > 0, on

peut choisir deux fonctions en escaliers, 0 = ϕ ≤ f ≤ ψ = nF

1 telles que ∫ −1

0)( ϕψ = 2n/3n ≤ ε.

Exercice 13 : Une partie A de I est dite Riemann-mesurable si 1A est Riemann-intégrable sur I, et

l’on note mes(A) = ∫b

aA dxx).(1 . Que dire de l’ensemble des parties Riemann-mesurables de I ?

Étendre à l’application mes les propriétés i) et ii) du § 1, exercice final. Montrer que si 1A est réglée ssi A est réunion finie d’intervalles disjoints de I (utiliser Bolzano-Weierstrass).

Solution :

9

2. Convergence uniforme, convergence dominée.

Exercice 1 : Montrer que Wn = ∫2/

0).(sin

πdxxn ↓ 0 , et que In = ∫ −

π

0).sin.exp( dxxna ↓ 0 (a > 0) .

Solution : 1) La suite de fonctions fn(x) = sin

n x tend simplement et en décroissant, vers la fonction :

f(x) = 0 si 0 ≤ x < 2π , f(

2π ) = 1.

La convergence ne saurait être uniforme, puisque la fonction limite est discontinue.

Toutefois, la convergence est dominée, car ∀(n, x) 0 ≤ fn(x) ≤ 1.

Le théorème de convergence dominée s’applique, et assure que Wn = ∫2/

0).(sin

πdxxn ↓ 0 .

> with(plots):p:=n->plot(sin(x)^n,x=0..Pi/2,color=blue): display([seq(p(n),n=1..10)],thickness=2);

Remarques : i) On est dans le cas d’une convergence dominée « du pauvre », car il y a convergence

uniforme sur tout segment [0, a], a < 2π . En effet, sur [0, a], 0 ≤ sinn x ≤ sinn a.

ii) Donnons une preuve directe élémentaire par les gendarmes.

Wn = ∫− )1(2/

0).(sin

nan dxx

π + ∫ −

2/

)1(2/).(sin

π

π nan dxx ≤ ))1(

2(sin.

2 nn a−ππ + na.2

π = )2

(cos.2 n

n aππ + na.2π .

Si l’on choisit an = n−1/3

, alors ces deux suites tendent vers 0.

En effet n.ln cos(2π n−1/3) = n.ln ( 1 −

8²π n−2/3 + O(n−4/3) ) ∼ −

8²π n1/3 → −∞.

iii) On peut même donner un équivalent des intégrales de Wallis : Wn ∼ n2π .

2) La suite de fonctions gn(x) = e−nasinx

tend simplement et en décroissant, vers la fonction : g(x) = 0 si 0 < x < π , g(0) = g(π) = 1. La convergence ne saurait être uniforme, puisque la fonction limite est discontinue. Toutefois, la convergence est dominée, car ∀(n, x) 0 ≤ gn(x) ≤ 1.

Le théorème de convergence dominée s’applique, et assure que ∫π

0).( dxxgn ↓ 0 .

Remarques : i) Nous sommes dans le cas d’une convergence dominée « du pauvre », car il y a

convergence uniforme sur tout segment [a, π−a], a < 2π . En effet, sur [a, π−a], 0 ≤ gn(x) ≤ gn(a).

ii) La méthode de Laplace fournit même un équivalent de cette suite d’intégrales.

Exercice 2 : Etudier la convergence sur [0, 1] des suites fn(x) = 3

3 1²2²1

nnxnxn ++−

et ∫1

0).( dxxfn .

10

Solution :

1) Convergence simple : Fixons x > 0 ; fn(x) ∼ ².13 xn

tend vers 0. Et fn(0) = 3/11

nn+ aussi.

2) Convergence uniforme. fn(x) = ]1)²1.[(

1

63

nnxn +−

croit sur [0, n1 ], décroit sur [

n1 , 1].

Mn = max fn(x) = n3, donc il n’y a pas convergence uniforme vers 0.

Les pics sont situés sur la courbe y = 1/x3 .

Il n’y a pas non plus convergence dominée, car la suite || fn ||∞ est non bornée.

En revanche, il y a convergence uniforme vers 0 sur tout segment [a, 1], a > 0.

3) Convergence des intégrales.

∫ dxxfn ).( = ∫ ]1)²1.[( 63 nnxndx

+− = Arctan(n

3x – n

2) (chgt. de variable x −

n1 = 3n

u )

d’où ∫1

0).( dxxfn = Arctan( n

3 – n

2 ) + Arctan n

2 → π .

Ce résultat illustre les théorèmes de convergence uniforme et dominée des intégrales sur les segments : lorsque les hypothèses ne sont pas remplies, la conclusion peut ne pas être vérifiée.

Plus généralement, si g est une fonction réglée [0, 1] → C, alors ∫1

0).()( dxxgxfn → π g(0+).

Cela peut se montrer de diverses façons : découpe à la Chasles, changement de variable et convergence dominée, intégration par parties si g est C

1…

4) Avec Maple : > with(plots):f:=(n,x)->1/(n^3*x^2-2*n^2*x+n+1/n^3); > p:=n->plot(f(n,x),x=0..1,color=blue,thickness=2): display([seq(p(n),n=2..6)]);

> int(f(n,x),x);int(f(n,x),x=0..1);limit(int(f(n,x),x=0..1),n=infinity);

Exercice 3 : Calculer limn→+∞ ∫ ++++2

0.

...²1dx

xxxx

n

n

et limn→+∞ ∫ ++++1

0 ...²1 nxxxdx .

Solution :

1) Etudions la suite de fonctions fn(x) = nn

xxx

+++ ...1 sur [0, 2].

fn(1) = 11+n → 0, et fn(x) = 11

1

−−

+

+

n

nn

xxx

si x ≠ 1.

Du coup fn(x) → f(x) , où f(x) = 0 si 0 ≤ x ≤ 1 et f(x) = 1 − x1 si 1 ≤ x ≤ 2.

La convergence est dominée, car ∀(n, x) 0 ≤ fn(x) ≤ 1.

( )arctan− + n2 x n3 + ( )arctan− + n2 n3 ( )arctann2 π

11

En vertu du théorème de convergence dominée, ∫2

0).( dxxfn → ∫ −

2

1).11( dx

x = 1 – ln 2.

Remarque : On peut démontrer qu’en fait, il y a convergence uniforme, mais ce n’est pas facile.

2) Etudions la suite de fonctions gn(x) = nxx +++ ...11 sur [0, 1].

gn(1) = 11+n → 0, et gn(x) = 11

1+−

−nxx si x ≠ 1.

Du coup gn(x) → g(x) , où g(x) = 0 si x = 1, et g(x) = 1 − x si 0 ≤ x < 1. La convergence est dominée, car ∀(n, x) 0 ≤ gn(x) ≤ 1.

En vertu du théorème de convergence dominée, ∫1

0).( dxxgn → ∫ −

1

0).1( dxx =

21 .

Remarque : Ici, il n’y a pas convergence uniforme, car g est discontinue en 1.

Exercice 4 (Darboux, 1875) : Étudier la suite In = ∫ −1

0.²).²exp(.2 dxxnxnα

Solution : Cet exercice est simple et éclairant.

1) Etudions la suite de fonctions fn(x) = 2nα

x exp(−n2 x2) sur [0, 1]. Elle tend simplement vers 0 car fn(0) = 0 et si x > 0, fn(x) → 0 par comparaison exp-puissance.

L’étude des variations de fn montre que || fn ||∞ = fn(2

1n

) = e2

2 1−αn .

Il y a convergence uniforme ssi α < 1. Il y a convergence dominée ssi α ≤ 1.

2) Calcul. fn(x) se primitive élémentairement, et In = ∫ −1

0²).²exp(.2 dxxnxnα = 2−αn [ 1 − ²ne− ].

Du coup, (In) tend vers 0 ssi α < 2. On voit sur cet exemple que

Convergence uniforme ⇒ convergence dominée ⇒ limn→+∞ ∫1

0).( dxxfn = ∫ +∞→

1

0).(lim dxxfnn

La convergence simple ne suffit pas, comme le montrent les cas α = 2 et α > 2. La convergence simple dominée assure le passage à la limite sous l’intégrale, mais ce n’est qu’une condition suffisante.

Exercice 5 : Étudier la convergence de la suite de fonctions fn(x) = na.x.e

−nx sur R+, et la suite

d’intégrales Jn = ∫1

0).( dxxfn .

Solution :

1) Convergence simple. Fixons x ≥ 0. Si x = 0, fn(0) = 0. Si x > 0 , fn(x) tend vers 0 par comparaison exponentielle-puissance.

En conclusion, la suite (fn) tend simplement vers la fonction 0.

2) Convergence uniforme.

fn’(x) = na.( 1 – nx ).e

−nx , donc fn est croissante sur [0, 1/n], décroissante sur [1/n, +∞[.

Mn = max fn(x) = en 1−α

. Il y a convergence uniforme ssi Mn → 0, i.e. ssi 0 ≤ α < 1.

Les pics (n1 ,

en 1−α

) sont tous situés sur la courbe y = e

x α−1.

3) Dans tous les cas, la suite (fn) tend uniformément vers 0 sur chaque demi-droite [α, +∞[, (α > 0).

12

En effet, si α est fixé, à partir d’un certain rang, 1/n ≤ α et ∀x ≥ α 0 ≤ fn(x) ≤ fn(α) → 0. 4) Suites d’intégrales.

La suite In = ∫+∞

0).( dxxfn = n

α−2∫

+∞−

0.duue u = nα−2 tend vers 0 ssi α < 2.

La suite Jn = ∫1

0).( dxxfn = n

α−2∫ −

nu duue

0. ∼ nα−2 tend vers 0 ssi α < 2.

Ce dernier résultat illustre le cours sur l’intégration sur un segment : les convergences uniforme et

dominée ne sont que des conditions suffisantes assurant limn→+∞ ∫1

0).( dxxfn = ∫ +∞→

1

0).(lim dxxfnn .

Exercice 6 : Soit a un complexe de module ≠ 1. Calculer ∫ −π

θθ2

0 aedi

.

Solution :

1) On peut calculer élémentairement ces intégrales. Pour cela posons a = r.eiα

, r > 0.

I = ∫ −π

θθ2

0 aedi

= ∫ −π

θθ2

0 redi après changement de variable et invariance de l’intervalle de période.

D’où I = ∫ +++−π θθ

θθ20

.²cos21

sincos drr

ir . Or il s’agit d’une fraction rationnelle en sin-cos : le changement

de variable t = tan2θ permet de calculer icelle intégrale.

2) Cependant, une méthode de développement en série est bien plus rapide.

• Si |a| < 1, écrivons ∫ −π

θθ2

0 aedi

= ∫ −−

−π

θ

θ θ20 .1

.i

i

eade

= ∫ ∑+∞

=

+−π θ θ2

0 0

)1( .. dean

nin = ∑+∞

=0n

na ∫ +−π θ θ

2

0

)1( .de ni = 0,

car toutes ces intégrales sont nulles. On justifie l’interversion somme-intégrale par le fait que la

série de fonctions ∑+∞

=0n

na θ)1( +− nie est normalement convergente sur [0, 2π].

• Si |a| > 1, on a ∫ −π

θθ2

0 aedi

= −a1 ∫ −

π

θθ2

0 11 iea

d = −a1 ∫ ∑

+∞

=

π θθ

2

0 0

.dae

nn

ni

= −∑+∞

=+

01

1n

na ∫π

θ θ2

0.dein = −

aπ2 .

car seule l’intégrale correspondant à n = 0 est non nulle. On justifie l’interversion somme-intégrale

par le fait que la série de fonctions ∑+∞

=0nn

ni

ae θ

est normalement convergente sur [0, 2π].

Conclusion : ∫ −π

θθ2

0 aedi

= 0 si | a | < 1 ; ∫ −π

θθ2

0 aedi

= −aπ2 si | a | > 1.

3) Il y aurait beaucoup d’autres choses à dire sur cet exercice, qui introduit à la variable complexe.

Considérons l’intégrale B = ∫ −π

θ

θ θ20

.ae

diei

i

. Tout d’abord, B = 2iπ + iaA, où A = ∫ −π

θθ2

0 aedi

.

En vertu du théorème de relèvement, on peut écrire :

f(θ) = θie − a = r(θ).exp(i.ϕ(θ)) , où r et ϕ sont des fonctions de classe C1.

B = θθθπ d

ff .

)()('2

0∫ = θθϕθθπ di

rr ).)('

)()('(

2

0∫ + = ln r(2π) − ln r(0) + i.[ ϕ(2π)) − ϕ(0) ] . Si |a| < 1, B = 2iπ, car θie « fait un tour complet » autour de a ; donc A = 0.

Si |a| > 1, B = 0, car θie « ne tourne pas » autour de a ; donc A = −aπ2 .

13

Exercice 7 : Montrer que π21 ∫

π2

0

cos2 .dxe x = ∑+∞

=0 )²!(1

n n.

Solution :

1) Formellement, A = π21 ∫

π2

0

cos2 .dxe x = π21 ∫ ∑

+∞

=

π2

0 0

.!

)cos2(dx

nx

n

n

= π21 ∑

+∞

=0 !2

n

n

n ∫π2

0.cos dxxn .

Or les intégrales de Wallis In = ∫π2

0.cos dxxn se calculent par récurrence et par parties :

n.In = (n − 1).In−2 , I0 = 2π , I1 = 0 . Du coup I2k = 2.4)...2(1.3)...12(

kk−

2π = )²!(2

)!2(2 k

kk 2π.

Finalement : A = π21 ∑

+∞

=0

2

)!2(2

k

k

k )²!(2)!2(

2 kk

k 2π = ∑+∞

=0 )²!(1

k k.

2) Reste à justifier l’interversion somme-intégrale.

Elle découle de ce que la série de fonctions ∑+∞

=0 !)cos.2(

n

n

nx

converge normalement sur [0, 2π].

En effet, |!

)cos.2(n

x n | ≤ !

2n

n

, terme général d’une série numérique convergente.

Exercice 8 : Montrer que : ∫1

0.dxxx = ∑

+∞

=

−−1

1)1(

nn

n

n et ∫ −

1

0.dxx x = ∑

+∞

=1

1n

nn .

Calculer ces intégrales à 10−6

près (« series mirabili » de Johann Bernoulli, 1697).

Solution : traitons la première égalité.

1) Formellement ∫1

0.dxxx = ∫

1

0).ln.exp( dxxx = ∫∑

+∞

=

1

0 0

.!

lndx

nxx

n

nn

= ∑+∞

=0 !1

n n ∫1

0.ln. dxxx nn .

Reste à calculer les intégrales In = ∫1

0.ln. dxxx nn . Une première tentative d’intégration par parties

échoue, car elle ne ramène pas In à In−1 , mais In à ∫ −1

0

1 .ln. dxxx nn .

Il faut donc généraliser la question en considérant In(a) = ∫1

0.ln. dxxx na , pour a > 0.

Alors une ipp donne In(a) = 1+−a

n In−1(a) ; donc In(a) = 1+−a

n1

)1(+−−

an

…11+−a

I0(a) = 1)1(!)1(

++−

n

n

an

.

La situation rencontrée obéit au principe “ more may be less ”. On la rencontre aussi lors du calcul

de In = ∫ −1

0.)1.( dxxx nn : il est plus facile de calculer In,p = ∫ −

1

0.)1.( dxxx pn .

Revenons z-a nos moutons ! Finalement, ∫1

0.ln. dxxx nn = In(n) = 1)1(

!)1(++

−n

n

nn

, puis :

∫1

0.dxxx = ∑

+∞

=0 !1

n n1)1(!)1(

++−

n

n

nn

= ∑+∞

=++

−0

1)1()1(

nn

n

n = ∑

+∞

=

−−1

1)1(

nn

n

n .

2) Reste à justifier l’interversion des limites.

La fonction f(x) = exp(x.ln x) est continue sur [0, 1] après prolongement par 1 en 0.

Elle est somme de la série ∑+∞

=0 !)ln(

n

n

nxx

, qui est normalement convergente sur [0, 1], car la fonction,

x.ln x est bornée sur [0, 1], comme le montrent ses variations : |x. ln x| ≤ e1 .

14

Enfin, la série obtenue obéit au critère des séries alternées et est très rapidement convergente.

Exercice 9 : Soit (fn) une suite de fonctions continues sur [a, b], tendant simplement vers f continue.

Que dire de limn→+∞ ∫ +b

a n

n dxxf

xf.

)²(1)(

?

Solution : Exercice 10 : Étudier les suites :

In = ∫ +1

0.

²²1dx

xnxna

, Jn = ∫ −+−1

0).11.(. dxnxnxxna , Kn = ∫

2/

0.sin.cos.

π α dxxxn n . Commentaires ?

Solution :

In se calcule : In = 2.21 −an ln( 1+ n2 ) → 0 si a < 2.

Exercice 11 : Equivalent de In = ∫+

+n

n dxx/11

1.1 .

Solution : Le changement de variable y = xn donne : In = n

1 ∫+

−+nn

n dyyy)/11(

1

1/1 ..1 .

Je dis que In ∼ nC , où C = ∫

+edy

yy

1.

1, constante qui se calcule d’ailleurs...

En effet, In = n1 ∫

+en dyyfy

y1

).(.1

, où fn(y) = y1/n

pour 1 ≤ y ≤ (1 + n1 )n, 0 pour (1 +

n1 )n < y ≤ e.

Or fn(y) → 1 sur [1, e[, 0 en e, et 0 ≤ fn(y) ≤ 2.

Exercice 12 : Limite de la suite In = ∫ +++1

0 )1)...(2

1)(1(nxxx

dx .

Solution : fn(x) = )1)...(

21)(1(

1

nxxx +++

est une suite décroissante de fonctions continues sur [0, 1],

qui tend simplement vers la fonction f telle que f(0) = 1, f(x) = 0 pour 0 < x ≤ 1.

En effet, si x > 0, ln fn(x) = −∑=

+n

k kx

1

)1ln( → −∞ , en tant que somme partielle d’une série divergente

à termes négatifs. Il n’y a pas convergence uniforme car f est discontinue en 0, mais il y a convergence uniforme sur tout segment [a, 1], (0 < a < 1).

Comme ∀(n, x) 0 ≤ fn(x) ≤ 1, on conclut par convergence dominée que In ↓ 0. Remarque : On peut donner un équivalent de cette suite.

Exercice 13 : Soit f une fonction réglée sur tout segment, tendant vers L en +∞.

Montrer que ∫x

dttfx 0

).(1 → L quand x → +∞, par convergence dominée.

Solution : ∫x

dttfx 0

).(1 = ∫1

0)( duxuf , et conclure…

Ce n’est pas de très bon goût, car le théorème de convergence dominée a été admis, mais juste !

15

Exercice 14 : Soit f ∈ C(R, R) telle que limx→−∞ f(x) = − 2 et limx→+∞ f(x) = 7.

Trouver limn→+∞ ∫+

−

3

1).( dxnxf .

Solution : On peut traiter cet exercice par deux méthodes fort distinctes. 1ère méthode : par convergence dominée. La suite fn(x) = f(nx) tend simplement sur [−1, 3] vers la fonction g(x) = −2 si x < 0 , f(0) si x = 0 , 7 si x > 0. De plus, f est bornée sur R, donc la suite (fn) vérifie | fn(x) | ≤ || f ||∞.

En vertu du théorème de convergence dominée, limn→+∞ ∫+

−

3

1).( dxnxf = ∫

+

−

3

1).( dxxg = 19.

2ème méthode : par changement de variable.

∫+

−

3

1).( dxnxf =

n1 ∫−

n

ndttf

3).( =

n1 ∫−

0).(

ndttf + 3.

n31 ∫

ndttf

3

0).( → −2 + 3×7 = 19

par Cesàro intégral (ou encore par sommation de relations de comparaison). Exercice 15 : Lemme de Cantor-Lebesgue.

Soient (an) et (bn) deux suites réelles, un(θ) = an.cos(nθ) + bn.sin(nθ).

1) Si un(θ) → 0 uniformément, montrer que les suites (an) et (bn) tendent vers 0. 2) Montrer que ce résultat subsiste si un(θ) → 0 simplement.

Indication : Calculer ∫π

θθ2

0)².sin.( dnbn . Conclure dans le cas où la suite (bn) est bornée, puis dans

le cas général en considérant b’n = inf ( 1, |bn | ).

Solution :

1) Ecrivons un(θ) = ²² nn ba + .cos( nθ − ϕ ) , pour un certain angle ϕ.

Il en résulte que || un ||∞ = ²² nn ba + . La suite (un) → 0 uniformément ssi ²² nn ba + → 0, ce qui implique le (et même équivaut au) fait que les suites (an) et (bn) tendent vers 0.

Autre solution : | un(0) | = |an| ≤ || un ||∞ → 0 et |un( n2π )| = |bn| ≤ || un ||∞ → 0 .

2) Supposons que un(θ) → 0 simplement. Alors un(0) = an → 0.

On a ∫π

θθ2

0)².sin.( dnbn = (bn)

2∫

−π θθ2

0.

2)2cos(1 dn = π.(bn)

2 .

Si la suite (bn) est bornée, ∫π

θθ2

0)².sin.( dnbn → 0 par convergence dominée ; donc (bn) tend vers 0.

Dans le cas général, posons b’n = inf ( 1, |bn | ).

La suite (b’n) est bornée et (b’n.sin nθ) tend simplement vers 0. Donc la suite (b’n) tend vers 0.

A partir d’un certain rang, b’n < 1, donc b’n = bn. Par conséquent, (bn) tend vers 0.

16

3. Sommes de Riemann et valeurs moyennes.

Exercice 1 : Soit f : [a, b] → R une fonction de classe C1. Calculer la longueur de la courbe y = f(x) comme limite des longueurs (euclidiennes) des lignes polygonales inscrites.

Solution : La ligne polygonale inscrite associée à la subdivision σ = (a = x0 < x1 < … < xn = b) a pour

longueur : L(σ) = ∑−

=++ −+−

1

011 ))²()(()²(

n

kkkkk xfxfxx = ∑

−

= +

++ −

−+−1

0 1

11 )²

)()((1).(n

k kk

kkkk xx

xfxfxx .

Quand le pas de la subdivision σ tend vers 0, L(σ) → dxxfb

a.)²('1∫ + .

Le chapitre sur la rectification des arcs reprend ceci en mieux.

Exercice 2 : Si f est k-lipschitzienne [a, b] → E, montrer que ||∫b

adxxf ).( − S(f, σ, ξ) || ≤

2k |σ|².

Solution : Exercice 3 : Approximation d’une intégrale par la formule des rectangles.

Soit f réglée [a, b] → R, Sn = ∑=

−+−n

k

abnkaf

nab

1

))((. et ∆n = ∫b

adxxf ).( − Sn .

1) a) Montrer que si f est croissante, ))()(.( afbfnab −− ≤ ∆n ≤ 0 ; cas où f décroît ?

b) On suppose f croissante sur [a, c], décroissante sur [c, b]. Montrer que :

− ))()(.( afcfnab −− ≤ ∆n ≤ ))()(.( bfcfn

ab −− .

2) On suppose f de classe C1 et on note M1 = sup | f’(x) |.

Montrer que |∆n| ≤ nab

2)²( −

.M1 , et même ∆n = − ))()(.(2afbf

nab −− + o(

n1 ).

3) On suppose f de classe C2. Montrer que :

∆n = − ))()(.(2afbf

nab −− − ))'()'(.(

²12)²(

afbfnab −− + o(

²1n

).

4) Application : Trouver un d.a. de la suite Sn = ∑= +n

k knn

1 ²².

Solution :

Exercice 4 : Soit f ∈ C1([1, +∞[, R) telle que f’ soit croissante. Montrer que, pour n ≥ 2 :

0 ≤ 2

)1(f + f(2) + ... + f(n –1) + 2

)(nf − ∫n

dttf1

).( ≤ 81 [f’(n) − f’(1)] .

En déduire des encadrements de Hn = 1 + 21 + … +

n1 , de ln n! , puis de ∑

+∞

=nk k²1 .

Solution : Cet encadrement provient d’une méthode des trapèzes. La fonction f est convexe. Ecrivons g(x) ≤ f(x) ≤ h(x), où : • h est la fonction continue affine par morceaux telle que h(k) = f(k) pour 1 ≤ k ≤ n, affine sur chaque segment [k, k + 1] ;

17

• g est la fonction, non continue en général, affine sur chacun des intervalles [1, 3/2[, [3/2, 5/2[, …, [n−5/2, n−3/2[, [n−1/2, n], telle que g(k) = f(k) et g’(k) = f’(k) pour 1 ≤ k ≤ n.

∫n

dxxh1

).( = 2

)1(f + f(2) + ... + f(n –1) + 2

)(nf .

∫n

dxxg1

).( = 2

)1(f + f(2) + ... + f(n –1) + 2

)(nf − 81 [f’(n) − f’(1)] .

Applications : 1) f(x) = − ln x est C2 et convexe sur ]0, +∞[.

0 ≤ − ln n! + [( n + 21 ) ln n − n + 1] ≤

81 ( 1 −

n1 ) .

( n + 21 ) ln n − n +

87 +

n81 ≤ ln n! ≤ ( n +

21 ) ln n − n + 1 .

(en )n n e7/8 ≤ n! ≤ (

en )n n e.

Les suites (n!) et (en )n n sont semblables. Nous voilà à une encâblure de la formule de Stirling.

2) f(x) = x1 est C2 et convexe sur ]0, +∞[. Il vient :

21 +

n21 ≤ Hn – ln n ≤ 8

5 + n21 −

²81n

.

D’où l’on déduit que : 21 ≤ γ ≤

85 .

3) f(x) = ²

1x

est C2 et convexe sur ]0, +∞[. Il vient en appliquant la formule à

)²1(1−+nx :

n1 +

²21n

≤ ∑+∞

=nk k²1 ≤

n1 +

²21n

+ 341n

.

Exercice 5 : Limite de la suite un = n nnnnn))...(2)(1(.1 +++ .

Solution : Par sommes de Riemann :

ln un = n1 ∑

=+

n

k nk

1

)1ln( → ∫ +1

0).1ln( dxx = ∫

2

1).ln( duu = 2 ln 2 – 1, donc un → e

4 .

Autres solutions : 1) Ecrire un = n

na . Or n

n

aa 1+ →

e4 , donc (par Cesàro) : un → e

4 .

On peut aussi passer par Stirling, mais c’est du luxe, et il y a une difficulté.

un = n nn

n !)!2(.1 , et écrire n! = (

en )n nπ2 ( 1 + εn ) …

Exercice 6 : Limites des suites Sn = ∑= +n

k nk11 et Tn = ∑

= +n

k nk11sin .

Solution :

Sn = n1 ∑

= +

n

knk11

1 est une somme de Riemann. Elle tend vers ∫ +1

01 xdx = ln 2.

Tn =∑= +n

k nk11sin n’est pas une somme de Riemann, mais nous allons montrer que Sn – Tn → 0.

Pour cela, utilisons l’encadrement x − 6

3x ≤ sin x ≤ x , valable sur R+.

18

Il implique 0 ≤ Sn – Tn ≤ 61 ∑

= +n

k nk13)(

1 ≤ 6n

3)1(1+n → 0.

On peut aussi utiliser un encadrement local. Si 0 < ε < 1, on a (1 − ε) x ≤ sin x ≤ x pour 0 ≤ x ≤ α. Cet exercice se généralise ainsi :

Exercice 6 bis : Soit f réglée [0, 1] → C, nulle en 0 et dérivable en 0. Montrer que :

∑= +n

k nkf

1

)1( → f’(0).ln 2.

Exercice 7 : Calculer les limites des suites Pn = ∏=

+n

k

n

nk

1

/1)²²1( et Qn = ∏

=+

n

k nk

1

)²

1( .

Solution : Ces exercices sont de faux amis.

1) ln Pn = n1 ∑

=+

n

k nk

1

)²²1ln( est une somme de Riemann. Elle tend vers I = ∫ +

1

0²).1ln( dxx .

> int(ln(1+x^2),x);int(ln(1+x^2),x=0..1);

− + x ( )ln + 1 x2 2 x 2 ( )arctanx

− + ( )ln 2 212

π

Conclusion : (Pn) tend vers 2.exp(2π − 2).

2) ln Qn = ∑=

+n

k nk

1

)²

1ln( n’est pas une somme de Riemann : les ²n

k sont une subdivision de [0 ,n1 ].

Ils tendent tous vers 0. On peut donc penser, par sommation de relations de comparaison, que :

ln Qn ∼ ∑=

n

k nk

1 ² =

nn2

1+ ∼∼∼∼ 21 , donc Qn → e .

Cela peut se justifier de deux façons :

• élémentairement via les gendarmes, en utilisant l’encadrement global u – 2²u ≤ ln(1 + u) ≤ u :

n

n2

1+ − 312)12)(1(

nnn ++

= )2

²²

( 41 n

knk

n

k

−∑=

≤ ln Qn = ∑=

+n

k nk

1

)²

1ln( ≤≤≤≤ ∑=

n

k nk

1 ² =

nn2

1+ .

• avec les epsilon qui fournissent un encadrement local, suffisant ici : ∀ε ∈ ]0, 1[ ∃α > 0 ∀u ∈ [0, α] (1 − ε) u ≤ ln(1 + u) ≤ u .

Soit n0 tel que 0

1n

≤ α. Alors, pour tout n ≥ n0 et tout k ∈ [1, n] (1 − ε) ²nk ≤ ln(1 +

²nk ) ≤

²nk .

Alors ( 1 − ε )∑=

n

k nk

1 ² ≤ ln Qn = ∑

=+

n

k nk

1

)²

1ln( ≤≤≤≤ ∑=

n

k nk

1 ².

C’est dire que ln Qn = ∑=

+n

k nk

1

)²

1ln( ∼ ∑=

n

k nk

1 ².

3) Malgré leurs différences, on peut traiter ces deux suites avec la même technique d’encadrement intégral, découlant de la croissance du log :

∫ +1

0²).1ln( dxx ≤ ln Pn ≤ ∫

++n

n

dxx11

1²).1ln(

∫ +n dxx1

0²).1ln( ≤

²1n

ln Qn ≤ ∫+

+²1

²1

²).1ln(nn

n

dxx .

Le lecteur peut conclure sans difficulté.

19

4) Mais il est préférable de généraliser ces deux exercices ainsi :

• Si f est réglée [0, 1] → C, alors n1 ∑

=

n

k nkf

1

)( → ∫1

0).( dxxf .

• Si g est définie sur [0, α], α > 0, nulle en 0 et dérivable en 0, ∑=

n

k nkg

1

)²

( → 21 g’(0).

Exercice 8 : Soit f ∈ C([0, 1], R). Limite de la suite un = ∏=

+n

k 1

1( )(1nkf

n).

Solution : [ Oral X PC 2012, RMS n° 365 ]

Comme f est bornée, les 1 + )(1nkf

n sont tous > 0 pour n assez grand. Passons au log !

On a ln un = ∑=

+n

k 1

1ln( )(1nkf

n) = ∑

=

n

k n11( )(

nkf + O(

²1n

)) , où le O est uniforme en k.

Donc ln un = ∑=

+n

k 1

1ln( )(1nkf

n) = ∑

=

n

k n11 )(

nkf + O(

n1 ) → ∫

1

0).( dxxf , et un → exp(∫

1

0).( dxxf ).

En toute rigueur : ∃C > 0 ∀u ∈ [−½ , ½ ] | ln(1 + u) – u | ≤ Cu2. Or ∃n0 0

1n

|| f∞ || ≤ ½ .

Alors ∀n ≥ n0 ∀k ∈ [1, n] | )(1 nkf

n| ≤ ½ , etc.

Exercice 9 : Soient f une fonction dérivable en 0 telle que f(0) = 0 et α > 0. Etudier la suite de terme

général un = ∑= +n

k knf

1

)1( α .

Solution : [ Oral Mines MP 2012, RMS n° 491 ] Commençons par noter que, par sommes de Riemann :

Sn = ∑= +n

k kn11

α = n1 ∑

= +

n

knk111

α → ∫ +

1

01 xdxα = α

α)1ln( + .

Soit ε > 0. Il existe η > 0 tel que |x| ≤ η ⇒ | f(x) − f’(0).x | ≤ ε.|x|. Soit n0 tel que

0

1n

≤ η. Pour n ≥ n0, et 1 ≤ k ≤ n, αkn+1 ≤

n1 ≤ η ,

Donc | un − f’(0).Sn | ≤ ∑= +

−+n

k knf

knf

1

)0(')1( αα ≤ ε∑= +n

k kn11

α = ε.Sn

Conclusion : un → f’(0). αα)1ln( +

.

Exercice 10 : Trouver la limite de la suite un = 2n − ∑

= +n

k nkn

1 )²(² .

Solution : [ Oral X MP 2011, RMS n° 177 ] N’en déplaise à la RMS, on peut résoudre cet exercice par deux méthodes très différentes. 1ère méthode : tranches de Cauchy.

Si l’on note que un = 2n − n2 ∑

+=

n

nk k

2

1 ²1 , on est ramené à l’étude de la tranche de Cauchy Tn = ∑

+=

n

nk k

2

1 ²1 .

20

Un encadrement intégral donne : )12)(1( ++ nn

n = ∫+

+

12

1 ²n

n tdt ≤ Tn ≤ ∫

n

n tdt2²

= n21 .

On en déduit que la suite (un) est bornée. Pour avoir sa limite, retravaillons l’encadrement :

n21 − Tn = ∑ ∫

+= −

n

nk

k

k tdt

2

1 1 ²( −

²1k

) = ∑+= −

n

nk k

2

1 11( −

k1 −

²1k

) = ∑+= −

n

nk kk

2

1 )1²(1 .

Un nouvel encadrement intégral donne :

∑+= −

n

nk kk

2

1 )1²(1 ∼ ∫ −

n

n ttdt2

)1²( = ln( 1 −

n21 ) – ln( 1 −

n1 ) −

n21 ∼

²83n

.

En conséquence, Tn = n21 −

²83n

+ o(²

1n

) et un → 83 .

Remarque : Maple exprime la suite (un) à l’aide de la fonction eulérienne ψ : > u:=n->n/2-sum(n^2/(k+n)^2,k=1..n);u(n); limit(u(n),n=infinity);asympt(u(n),n,10);

2ème méthode : sommes de Riemann.

un = n ( 21 −

n1 ∑

= +

n

knk1 )²1(

1 ) = n ( ∫ +1

0 )²1( xdx − Sn) , où Sn = n

1 ∑= +

n

knk1 )²1(

1 .

La question 3 de l’exercice 3 ci-dessus donne ∫ +1

0 )²1( xdx − Sn = n8

3 + o(n1 ).

Mais on peut aussi utiliser une méthode des trapèzes : cf. exercice 4 et RMS.

Exercice 11 : Etudier la suite Sn = ∑=

n

k nk

nk

1

.²

sin.sin

Solution : [ Oral ENSAE 1991, Mines MP 2011, RMS n° 465] Exercice composite !

La suite Sn = ∑=

n

k nk

nk

1 ²sin.sin est en effet un mélange de sommes de Riemann et d’études locales.

Pour 0 ≤ k ≤ n , 0 ≤ ²n

k ≤ n1 , donc on peut penser que :

Sn ∼ ∑=

n

k nk

nk

1

sin.²

= n1 ∑

=

n

k nk

nk

1

sin. → ∫1

0.sin. dxxx = sin 1 – cos 1.

par un argument de sommation d’équivalents et de sommes de Riemann.

Pour justifier cela, on peut utiliser un encadrement global : ∀x ≥ 0 x − 6

3x ≤ sin x ≤ x.

Donc Un = ∑=

−n

k nk

nk

nk

16

3

sin).6²

( ≤ Sn ≤ ∑=

n

k nk

nk

1

sin.²

= Tn.

On a vu ci-dessus que Tn → sin 1 – cos 1.

Pour conclure via les gendarmes, reste à montrer que Tn – Un = ∑=

n

k nk

nk

16

3

sin.6

→ 0.

Cela découle de ce que ∑=

n

k nk

nk

16

3

sin.6

= 361n ∑=

n

k nk

nk

13

3

sin. ∼ 261n ∫

1

0

3 .sin. dxxx = O( 21n

).

38

− + − + 38

748

1n

31960

n31275376

1

n5

O

1

n6

:= u → n − 12

n

∑ = k 1

n n2

( ) + k n 2 + −

12

n n2 ( )Ψ ,1 + 2 n 1 n2 ( )Ψ ,1 + n 1

21

On peut aussi utiliser des encadrements locaux. Mais alors mieux vaut généraliser l’exercice, ainsi :

Si f est réglée [0, 1] → C, et si g : [0, α] → C, α > 0, est nulle en 0 et dérivable en 0, alors :

∑=

n

k nkg

nkf

1

)²

()( → g’(0)∫1

0).(. dxxfx .

L’idée est de montrer que ∑=

n

k nkg

nkf

1

)²

()( − g’(0)∑=

n

k nk

nkf

1 ²).( → 0 .

Exercice 12 : Etudier la suite Sn = ∑= +n

k nk

nk

n 1 1cos.sin.1 .

Plus généralement, si f est réglée et g continue [0, 1] → R , étudier la suite Sn = ∑= +n

k nkg

nkf

n 1).

1().(.1

Solution : Sn n’est pas une somme de Riemann, mais presque ! Utilisons le principe de simplifi-cation, qui consiste à remplacer le problème posé par un problème plus simple :

On sait que Tn = ∑=

n

k nk

nk

n 1cos.sin.1 → ∫

1

0.cos.sin dxxx .

Reste à montrer que Sn – Tn → 0.

Or | Sn – Tn | = | )cos1.(cossin.1

1 nk

nk

nk

n

n

k

−+∑=| ≤ ∑

= +n

k nnk

nk

n 1 )1(.sin.1 = ∑

=+n

k nk

nk

nn 1sin..

)1(1 …

car le cosinus est 1-lipschitzien.

Exercice 13 : Soit g une fonction convexe R → R.

Montrer que, pour toute fonction réglée f : [a, b] → R, g( ∫−b

adxxf

ab).(.1 ) ≤ ∫−

b

adxxgof

ab).)((.1 .

Solution : Il s’agit de l’inégalité de Jensen. Passons par les sommes de Riemann :

g étant convexe, g(∑=

−+n

k

abnkaf

n 1))((.1 ) ≤ ∑

=−+

n

k

abnkagof

n 1))()((.1 .

Or une fonction convexe sur un intervalle I est continue en tout point intérieur, car elle est dérivable à droite et à gauche en ces points. Ici, g est continue sur R, et g o f est réglée. Il reste à faire tendre n vers +∞.

Exercice 14 : Soit f ∈ C([0, 1], R). Trouver la limite de la suite Sn = ∏=

+n

k nkf

n1))(.11( .

Solution : Exercice 15 : Soient f et g deux fonctions réglées ou Riemann-intégrables sur [a , b].

Quelle est la limite des sommes ∑−

=

1

0

n

i

f(ξi).g(θi).(xi+1 − xi) quand le pas de la subdivision σ = (a = x0

< x1 < … < xn = b) tend vers 0 ? (On suppose (∀i) xi ≤ ξi & θi ≤ xi+1 ).

Solution :

22

Exercice 16 : Soient f : [a, b] → *+R continue, I = ∫b

af . Montrer que, pour tout n ∈ N*, il existe une

unique subdivision σn = (a = xn,0 < xn,1 < … < xn,n = b) telle que ∀i ∈ [0, n−1] ∫+1,

,

in

in

x

xf =

nI .

Trouver limn→+∞ )(.11

,∑=

n

kknxfn

.

Solution : Introduisons la fonction F(x) = dttfx

a).(∫ .

F est un C1-difféomorphisme croissant de [a, b] sur [0, I]. Soit G sa réciproque.

Les xn,k doivent vérifier F(xn,k) = nk . Ils sont donc donnés par xn,k = G(n

k I ).

Alors, par sommes de Riemann, puis changement de variable y = G(x) :

)(.11

,∑=

n

kknxfn

= ))((.11∑

=

n

k

InkfoG

n →

I1 ∫

IdxxfoG

0).)(( =

I1 ∫

b

adyyFyf ).().( .

Exercice 17 : Soit un,p = np1 [∑

=+

p

k

npk

1

1 ]n. Trouver limn→∞ limp→∞ un,p et limp→∞ limn→∞ un,p.

Solution : [ Chambadal-Ovaert, Analyse 2 n° 21 p. 462 et Oral Mines 1997, RMS n° 192 ]

Exercice 18 : Pour tout (n, k) ∈ N×N* on note r(n, k) le reste euclidien de n par k.

Trouver les limites des suites un = ²1n ∑=

n

k

knr1

),( , vn = 31n

²),(1∑

=

n

k

knr , wn = 31n ∑=

n

k

knrk1

),(. .

On exprimera le résultat à l’aide de la fonction ζ(a) = ∑+∞

=1

1p

ap ( a > 1 ).

Solution : Exercice 19 : 1) Soit α un réel > 0. Montrer que l’équation :

Φn(x) ≡ x1 +

11−x + 2

1−x + … + nx−

1 = α possède une racine unique xn ∈ ]n, +∞[.

2) Montrer que xn ∼ )exp(1 α−−

n [ Ind. : pour 0 < λ < 1, on pourra chercher limn→+∞ Φn( λn ). ]

3) Montrer plus précisément que xn = )exp(1 α−−

n + ))exp(1(2

)exp(1α

α−−

−+ + o(1).

Solution : 6.3. Rappels historiques.

Exemple 1 : quadratudes d’Archimède.

Calculer ∫b

adxx. , ∫

b

adxx². et ∫ ++

b

adxrqxpx ).²( par sommes de Riemann.

Solution : C’est l’occasion de rappeler que les sommes dites de Riemann remontent à Eudoxe et Archimède. La quadrature de la parabole par la méthode des trapèzes d’Archimède est une belle prouesse. On la trouvera exposée dans P. Deheuvels, L’intégrale (Que sais-je n° 2250, p. 11).

23

nab− ∑

=−+

n

k

abnka

1

))(( = (b – a) [ a + ).(²2

)1( abn

nn −+ ] → ∫b

adxx. =

2²² ab − .

nab− ∑

=−+

n

k

abnka

1

))²(( = (b – a) [ a2 + )(.²

)1( abannn −+ + )².(

6)12)(1(

3 abnnnn −++ ]

→ ∫b

adxx². =

3

33 ab −.

Exercice 2 : algorithme de Briggs.

Soient 0 < a < b. Encadrer ∫b

a xdx entre deux sommes de Riemann, en posant c = b/a , q = c1/n et

xi = a.qi pour 0 ≤ i ≤ n. En déduire (∀x > 0) ln x = limn→+∞ n.( x

1/n − 1 ).

Solution : Considérons la subdivision σ = (a, aq, aq2, …, aqn = b) du segment [a, b]. La décroissance de 1/x fournit l’encadrement :

∑−

=+

+ −1

01

1 1)(n

ii

ii

aqaqaq ≤ ∫

b

a xdx ≤ ∑

−

=

+ −1

0

1 1)(n

ii

ii

aqaqaq

qui s’écrit : n nn

cc

/1

/1 1− ≤ ln c ≤ n (c1/n – 1).

La formule de Briggs (∀x > 0) ln x = limn→+∞ n.( x1/n

− 1 ) s’en déduit. Cette formule a servi de point de départ à la construction du logarithme par Henry Briggs (1561-1631), en 1624. Le premier à avoir vu la relation entre l’aire de l’hyperbole et le logarithme fut le jésuite belge Grégoire de Saint-Vincent, en 1647, semble-t-il. Exemple 3 : intégrale de Fermat.

Encadrer ∫b

adxx .α pour α ≠ −1, comme dans l’exercice précédent. En déduire sa valeur.

Solution :

Exercice 4 : intégrale d’Euler-Poisson. Soit à calculer I(x) = ∫ +−π

θ0

).1cos2²ln( dxxx .

1) Montrer l’identité : x2n

− 1 = ( x2 − 1 ).∏=

+−n

k nkxx

1

)1cos2²( π .

2) En déduire I(x) = 0 si |x| < 1 , I(x) = 2π.ln |x| si |x| > 1. Cas où |x| = 1 ?

Solution :

4. Espaces fonctionnels et modes de convergence.

Exercice 1 : 1) Caractériser les fonctions en escaliers positives sur I = [a, b] telles que ∫b

adxxf ).( = 0

2) Soit f une fonction réglée positive sur I. Montrer que :

∫b

adxxf ).( = 0 ⇔ D = { x ∈ [a, b] ; f(x) ≠ 0 } est dénombrable.

3) En déduire que si f et g sont réglées et égales sauf sur un ensemble dénombrable,

∫b

adxxf ).( = ∫

b

adxxg ).( .

4) Montrer cependant que si l’on modifie une fonction réglée sur un ensemble dénombrable, elle ne reste pas toujours réglée.

24

Solution : 4) Il suffit de considérer les deux fonctions de Dirichlet (cf. § 1)

Exercice 2 : Quelles sont les fonctions continues f : [a, b] → R telles que |∫b

adxxf ).( | = ∫

b

adxxf .)( ?

Solution : Réponse : ce sont les fonctions de signe constant.

Introduisons en effet les fonctions f + = sup( f , 0) et f

− = − inf( f , 0) .

Elles sont continues et vérifient f = f + − f − et | f | = f + + f − .

Par hypothèse , ± ∫ −+ −b

adxxfxf )].()([ = |∫ −+ −

b

adxxfxf )].()([ | = ∫

b

adxxf .)( = ∫ −+ +

b

adxxfxf ).()( ,

donc ∫ +b

adxxf ).( = 0 ou ∫ −

b

adxxf ).( = 0 . Donc, par continuité, f + = 0 ou f − = 0.

Exercice 3 : Soit f : [a, b] → C continue. Montrer que |∫b

adxxf ).( | = ∫

b

adxxf .)( si et seulement si :

∃u ∈ C ∃g ∈ C([a, b], R+) |u| = 1 et f = u.g .

Solution : Cet exercice généralise le précédent. La condition est clairement suffisante. Montrons qu’elle est nécessaire.

Posons f = u + iv, où u et v ∈ C([a, b], R). Soit θ ∈ R tel que ∫b

adxxf ).( = exp(iθ).|∫

b

adxxf ).( | .

∫b

adxxf .)( = |∫

b

adxxf ).( | s’écrit ∫ +

b

adxxvxu .)²()²( = (cos θ − i sin θ).( ∫

b

adxxu ).( + i ∫

b

adxxv ).( ) .

∫ +b

adxxvxu .)²()²( = ∫ +

b

adxxvxu )).(.sin)(.(cos θθ et 0 = ∫ −

b

adxxuxv )).(.sin)(.(cos θθ .

Or | u.cos θ + v.sin θ | ≤ ²² vu + , donc, par continuité, u.cos θ + v.sin θ = ²² vu + . Or ( u.cos θ + v.sin θ )2 + ( v.cos θ − u.sin θ )2 = u2 + v2 = ( u.cos θ + v.sin θ )2 .

Donc v.cos θ − u.sin θ = 0. D’où u = ²² vu + .cos θ et v = ²² vu + .sin θ.

Finalement f = | f |.eiθ

.

Exercice 4 : Existe-t-il une fonction u ∈ C([0, 1], R) telle que

∀f ∈ C([0, 1], R) ∫1

0).().( dxxfxu = f(0) ?

Solution : La réponse est non. En d’autres termes, « la mesure de Dirac n’est pas une fonction ».

1ère solution : Si u existait, elle vérifierait : ∀g ∈ C([0, 1], R) ∫1

0).().( dxxxgxu = 0.

Prenons pour g la fonction g(x) = x.u(x). On aurait ∫1

0².)².( dxxxu = 0. Par continutié de u, x.u(x) = 0,

donc u serait nulle sur ]0, 1], donc sur [0, 1]. Il suffirait alors de poser f = 1.

2ème solution (Antoine Vitté) : considérons la suite de fonctions fp continues affines par morecaux

définies par fp(x) = 1 – px si 0 ≤ x ≤ 1/p , fp(x) = 0 si 1/p ≤ x ≤ 1.

On aurait alors on aurait ∫1

0).().( dxxfxu p = 1 pour tout p .

Or il est clair que |∫1

0).().( dxxfxu p | ≤ ∫

pdxxu

/1

0.)( tend vers 0.

25

Cette méthode est plus profonde que la précédente, car elle montre qu’il n’existe pas non plus de fonction réglée (ni même Riemann-intégrable) u vérifiant la propriété désirée.

Exercice 5 : Soit f réelle continue sur [a, b] telle que (∀n ∈ N) ∫b

a

n dxxxf .).( = 0. Montrer que f ≡ 0.

Même question si ∫b

a

n dxxxf .).( = 0 à partir d’un certain rang.

Solution : Par linéarité, ∀P ∈ R[X] ∫b

adxxPxf ).().( = 0.

En vertu du théorème de Weierstrass, il y a une suite (Pn) de polynômes tendant uniformément vers

f sur [a, b]. On a ∀n ∈ N ∫b

an dxxPxf ).().( = 0 .

Or la suite (f Pn) tend uniformément vers f 2 , car | f (x).Pn(x) − f

2(x) | ≤ || f ||∞.| Pn(x) − f(x) |.

A la limite ∫b

adxxf )².( = 0 ; f 2 est continue positive d’intégrale nulle, donc est nulle. Cqfd.

Si maintenant ∫b

a

n dxxxf .).( = 0 pour tout n ≥ m, alors f(x).xm = 0 pour tout x ∈ [a, b], donc f(x) = 0

pour tout x ∈ [a, b] − {0}, donc f(x) = 0 pour tout x,, par densité. Remarques : 1) On peut donner une preuve sans Weierstrass, et par absurde, du premier résultat demandé.

En voici les grandes lignes. Supposons f ≠ 0. On peut supposer qu’il existe x0 tel que f(x0) > 0. Alors il existe ε > 0, α et β tels que a ≤ α < β ≤ b et ε ≤ f(x). Je dis qu’il existe un trinôme T tel que 0 ≤ T(x) ≤ 1 sur [a, α] ∪ [β, b] et T(x) > 1 sur ]α, β[.

On aurait alors 0 = ∫b

a

n dxxTxf .)()( → +∞ …

2) Les polynômes sont denses dans C([a, b], R) pour la norme uniforme, donc pour la norme

euclidienne || f ||2 = (∫b

adxxf )².( )1/2 . Le produit scalaire (f | g) = ∫

b

adxxgxf ).()( étant continu pour

cette norme, si f est orthogonale à R[X], f est orthogonale à C([a, b], R), donc à elle-même.

3) Il découle de ce résultat que l’application µ qui à f associe la suite µn(f) = ∫b

a

n dxxxf .).( de ses

« moments » est injective. Le « problème des moments » consiste à déterminer les propriétés de cette suite, l’image exacte de µ, et remonter de la suite des moments à la fonction.

Exercice 6 : Soit f : [−1, 1] → R continue. Montrer que (∀n∈N) ∫+

−+

1

1

12 .).( dxxxf n = 0 ⇔ f est paire.

Caractériser de même les fonctions impaires.

Solution : Le sens ⇐ est facile, car alors x → f(x).x2n+1 est impaire, donc d’intégrale nulle.

Montrons ⇒. Soit g(x) = 21 (f(x) – f(−x)) . Je dis que (∀n ∈ N) ∫

+

−

1

1.).( dxxxg n = 0.

Si n est pair, cela découle de l’imparité de la fonction g. Si n est impair, cela découle de l’hypothèse. Il découle de l’exercice précédent que g = 0, donc que f est paire.

De même, on a (∀n ∈ N) ∫+

−

1

1

2 .).( dxxxf n = 0 ⇔ f est impaire.

Exercice 7 : Soit f réelle continue sur I = [a, b], telle que ∀k ∈ [0, n] ∫b

a

k dxxxf .).( = 0.

Montrer que f a au moins n + 1 zéros dans I.

26

Solution : Nous allons montrer un résultat plus fort, à savoir que f s’annule en changeant de signe en au moins n + 1 points.

Exercice 8 : Comparer les normes || f ||∞ , || f ||1 et || f ||2 sur C([a, b], R).

Solution : Tout d’abord, on a : || f ||1 = ∫b

adxxf .)( ≤ ( b − a ).|| f ||∞ .

Par suite, la convergence uniforme implique la convergence en moyenne. La réciproque est fausse, car la suite de « fonctions-pics »

fn(x) = nx pour 0 ≤ x ≤ n1 , 2 – nx pour

n1 ≤ x ≤

n2 , 0 pour

n2 ≤ x ≤ 1,

converge simplement et en moyenne vers la fonction nulle, mais pas uniformément, car || f ||∞ = 1.

On a également || f ||2 = ∫b

adxxf )².( ≤ ab− .|| f ||∞ .

Par suite, la convergence uniforme implique la convergence en moyenne quadratique.

La réciproque est fausse, car la suite de « fonctions-pics » gn(x) = )(xfn , où fn est définie ci-dessus, converge simplement et en moyenne vers la fonction nulle, mais pas uniformément

Enfin, par Cauchy-Schwarz || f ||1 = ∫b

adxxf .)( ≤ ab− ∫

b

adxxf )².( = ab− .|| f ||2 .

Par suite, la convergence en moyenne quadratique implique la convergence uniforme.

La réciproque est fausse, comme le montre la suite (fn)n≥2 de fonctions définie sur [0, 1] par

fn(x) =

nxn 1ln

1

+.

On vérifie sans peine que fn tend en moyenne vers 0. Si fn convergeait en moyenne quadratique vers

une fonction f, ce serait vers la fonction nulle. Or la suite || fn ||2 tend vers 1.

Il n’y a pas de constante C > 0 telle que, pour toute f , || f ||2 ≤ C.|| f ||1 . Il suffit de considérer f = x

n sur [0, 1]. Nous aurions pour tout n

12

1+n

≤ 1+n

C , donc 12

1+

+n

n ≤ 1+n

C ; c’est impossible.

Exercice 9 : Exemples et contre-exemples. Toutes les fonctions sont définies sur le segment [a, b], à valeurs réelles.

1) Indiquer une suite (fn) de fonctions continues tendant simplement vers f, mais ni en moyenne, ni en moyenne quadratique. 2) Indiquer une suite (fn) de fonctions continues tendant en moyenne et en moyenne quadratique vers une fonction f, mais pas simplement. 3) Indiquer une suite de fonctions convergeant en

Solution :

Exercice 10 : On munit E = C([a, b], R) des trois normes || f ||∞ , || f ||1 et || f ||2 . Soit g ∈ E.

Montrer que la forme linéaire Φ : f → ∫b

adxxgxf ).().( est continue pour chacune des trois normes.

Calculer dans chaque cas ||| Φ |||.

Solution : (inachevée) 1) Continuités.

27

• | Φ(f) | ≤ ∫b

adxxgxf .)().( ≤ || f ||∞ ∫

b

adxxg .)( = || f ||∞ || g ||1 .

• | Φ(f) | ≤ ∫b

adxxgxf .)().( ≤ max |g(x)|.∫

b

adxxf .)( = || g ||∞ || f ||1 .

• | Φ(f) | ≤ ∫b

adxxgxf .)().( ≤ ∫

b

adxxg )².( ∫

b

adxxf )².( = || g ||2 || f ||2 , par Cauchy-Schwarz.

Ceci montre que Φ est continue pour les trois normes, et que la norme triple ||| Φ ||| est inférieure ou égale resp. à || g ||1 , || g ||∞ et || g ||2 .

2) Calcul des trois normes triples. Nous allons montrer qu’il y a égalité. Nous supposons g non nulle, sans quoi il n’y a rien à montrer.

• Le cas le plus simple, pour une fois, est celui de la norme euclidienne || ||2 . On sait en effet qu’il y a égalité ssi f est proportionnelle à g.

Exercice 11 : On munit E = C([0, 1], R) de la norme || f ||∞ .

On considère les formes linéaires Tn : f → ∑=

n

k nkf

n 1)(1 et µ : f → ∫

1

0).( dxxf .

Montrer que (∀n) ||| Tn ||| = ||| µ ||| = 1 , ||| Tn − µ ||| = 2, et que (∀f) Tn(f) → µ(f). Expliquer ce paradoxe.

Solution : On munit E = C([0, 1], R) de la norme || f ||∞ .

Les formes linéaires Tn : f → ∑=

n

k nkf

n 1)(1 et µ : f → ∫

1

0).( dxxf sont continues sur E et vérifient :

(∀n) ||| Tn ||| = ||| µ ||| = 1 , ||| Tn − µ ||| = 2 et (∀f) Tn(f) → µ(f).

♣ | Tn( f ) | = | ∑=

n

k nkf

n 1)(1 | ≤ ∑

=

n

k nkf

n 1)(1 ≤ || f ||∞ , avec égalité pour f = 1.

♦ | µ( f ) | = |∫1

0).( dxxf | ≤ ∫

1

0.)( dxxf ≤ || f ||∞ , avec égalité pour f = 1.

♥ De plus (∀f) Tn(f) → µ(f) en vertu de la convergence des sommes de Riemann.

♠ Reste à montrer que ||| Tn − µ ||| = 2.

Considérons la fonction f définie sur R par f(nk ) = −1 pour 1 ≤ k ≤ n, f(x) = 0 sinon.

Elle vérifie || f ||∞ = 1, Tn(f) = −1 et µ(f) = 1. Cependant cet exemple n’est pas satisfaisant, car f n’est pas continue. Il suffit de la « biseauter » légèrement, en des fonctions continues affines par

morceaux. On obtient une suite fp de fonctions vérifiant || fp ||∞ = 1, Tn(fp) = −1 et µ(fp) = 1− p1 .

On en déduit que ||| Tn − µ ||| = 2 (sup non atteint). Remarque : En dimension finie ce paradoxe ne se produit pas. Si E est un evn de dimension finie, (un) une suite de formes linéaires sur E, et u une forme linéaire sur E, je dis que ||| un − u ||| → 0 si et seulement si, pour tout x ∈ E, un(x) → u(x). • L’implication ||| un − u ||| → 0 ⇒ ∀x ∈ E un(x) → u(x) est toujours vraie dans Lc(E, F). Elle découle en effet de || un(x) − u(x) || ≤ ||| un − u |||.||x||. • L’implication réciproque repose sur la dimension finie. Soit B = (e1, …, ep) une base de E

Munissons Lc(E, F) = L(E, F) de la norme N(u) = ∑=

p

iieu

1

)( .

Cette norme est équivalente à la norme triple : ∃α > 0 ∀u ∈ L(E, F) ||| u ||| ≤ α.N(u).

28

Alors ||| un − u ||| ≤ α.N(un − u) = α∑=

−p

iiin eueu

1

)()( .

La convergence simple sur la base suffit à impliquer la convergence pour la norme triple ||| u |||.

Ici, E est de dimension infinie. Convergence « vague » (i.e. la convergence simple) et convergence « forte » (i.e. pour la norme triple) sont différentes.

Exercice 12 : Soit f ∈ C1([a, b], E), E Banach.

Vérifier que ∀x ∈ [a, b] f(x) = ab−

1 ∫b

adxxf ).( + ∫ −

−xa

dttfabat ).'(. + ∫ −

−bx

dttfabbt ).'(. .

En déduire || f(x) || ≤ ab−

1 ∫b

adxxf .)( + ∫

b

adxxf .)'( ,

puis une majoration de || f ||∞ à l’aide de || f ||1 et || f’ ||1 . Commentaire ?

Solution :

Exercice 13 : Soit E = C([0, 1], R) muni des trois normes || f ||∞ , || f ||1 et || f ||2 , F = { f ∈ E ; f(0) = f(1) = 0 }. Déterminer l’adhérence et l’intérieur de F dans E pour chacune des trois normes.

Solution : 1) Les formes linéaires f → f(0) et f → f(1) sont linéairement indépendantes sur E, F est un sous-espace de codimension 2 de E. Il admet un supplémentaire de dimension 2 : le plan vectoriel formé des fonctions affines x→ ax + b. 2) L’intérieur de F est vide pour chacune des trois normes, car, d’une façon générale, un sous-espace vectoriel strict F d’un espace normé E est toujours d’intérieur vide : s’il contenait une boule B’(a, r), il contiendrait la boule B’(0, r), et comme celle-ci est absorbante, donc génératrice, F serait égal à E.

3) F est fermé pour la norme uniforme car les formes linéaires f → f(0) et f → f(1) sont continues pour cette norme. En revanche, F est dense pour les deux autres. Considérons en effet la suite pn de fonction continues affines par morceaux en plateau :

pn(0) = pn(1) = 0 , pn( n1 ) = pn(1 – n

1 ) = 1.

Je dis que, pour toute f, (pn.f) est une suite d’éléments de F qui converge et moyenne et en moyenne quadratique vers f. Vérification laissée au lecteur.

Exercice 14 : Montrer que E = C([a, b], K ) est complet pour || f ||∞ , mais pas pour || f ||1 et || f ||2 .

Solution : 1) L’ensemble B([a, b], K ) des fonctions bornées sur [a, b] est complet pour la norme uniforme ; C([a, b], K ) est inclus dans cet espace et fermé puisqu’une limite uniforme de fonction continues est continue. C’est donc un Banach pour la norme uniforme.

2) Considérons la suite (fn) de fonctions continues affines par morceaux définies :

fn(a) = fn(c) = 0 , fn(c + n1 ) = fn(b) = 1 , en posant c = 2

ba+ , et affines entre ces points.

La suite (fn) est de Cauchy pour la norme || f ||1 , car si q > p ≥ n0 :

|| fq − fp ||1 = 21 (

p1 −

q1 ) ≤

21

p1 ≤

21

0

1n

≤ ε pour n0 bien choisi.

Si cette suite convergeait vers une fonction f, on aurait : || fn − f ||1 = ∫ −c

an ff + ∫ −

b

cn ff → 0.

• ∫ −c

an ff = ∫

c

af serait donc nulle, donc f = 0 sur [a, c].

29

• ∫ + −b

ncf

/11 ≤ ∫ −

b

cn ff → 0. Donc f = 1 sur tout segment [c + 1/n, b].

Donc f = 1 sur ]c, b] et f serait discontinue en c.

Exercice 15 : Soient σ = (x0 = a < x1 < … < xn = b) une subdivision du segment I = [a, b], et f une fonction réglée sur I. Parmi les fonctions en escaliers ϕ adaptées à σ, quelles sont celles qui

minimisent ∫ −b

adxxxf ))².()(( ϕ ?

Solution :

Exercice 16 : On munit E = C([a, b], K ) des trois normes || f ||∞ , || f ||1 et || f ||2 .

1) Soit f ∈ E fixée. Montrer que, pour chacune des trois normes, il existe au moins une fonction polynomiale Pn de degré ≤ n rendant minimum || f − P ||k pour k ∈ {1, 2, +∞}.

2) Pourquoi y a-t-il unicité du polynôme Pn dans le cas de la norme || f ||2 ? Indiquer une ou deux

méthodes pour le déterminer. Montrer que limn→+∞ || f − Pn ||2 = 0. 3) Soit [a, b] = [0, π], f = sin. Trouver les constantes m minimisant respectivement || f − m ||2 , || f − m ||∞ et || f − m ||1 .

Solution :

Remarque : Pour les normes || f ||∞ et || f ||1 , il y a aussi unicité de Pn, mais c’est bien plus difficile à

établir. Pour la norme || f ||∞ , ce résultat est dû à Tchebychev, Borel, Tonelli et Haar, avec un

algorithme dû à Remez (1935). Pour la norme || f ||1, c’est un résultat dû à Jackson (1920).

Exercice 17 : Construire une suite (fn) de fonctions continues sur [a, b], convergeant en moyenne (resp. en moyenne quadratique) vers 0, mais ne convergeant simplement en aucun point de [a, b].

Solution :

5. Primitives et intégrales.

Exercice 1 : Etudier et représenter les fonctions :

a) F(x) = ∫x

dttY0

).( , où Y(x) = 1 si x > 0, Y(x) = 0 si x < 0 .

b) F(x) = ∫x

dtt0

).sgn( c) F(x) = ∫x

dtt0

].[ ( [ t ] est la partie entière ).

Solution : a) F(x) = max(x, 0) = x+ ; b) F(x) = |x| ;

c) Par découpe à la Chasles, on obtient :

F(x) = [x].x − 21 [x]2 −

21 [x] si x ≥ 0 , F(x) = [x].x −

21 [x]2 +

21 [x] + 1 si x ≤ 0.

> Y:=Heaviside;F:=x->int(Y(t),t=0..x);F(x);diff(Y(x),x); plot(F(x),x=-4..4,thickness=2);

> s:=signum;F:=x->int(s(t),t=0..x);F(x);plot(F(x),x=-4..4,thickness=2);

:= F → x d⌠⌡

0

x

( )Y t t ( )Heavisidex x ( )Dirac x

:= F → x d⌠⌡

0

x

( )s t t {−x ≤ x 0x < 0 x

30

Cet exercice illustre un résultat du cours : si f : I → E est réglée sur tout segment J ⊂ I, la fonction

F(x) = ∫x

cdttf ).( est continue sur I, dérivable à droite et à gauche en tout point, et telle que

F’g(x) = f(x − 0) , F’d(x) = f(x + 0).

Exercice 2 : Soit f une fonction continue par morceaux sur [a, b]. Montrer que F(x) = ∫x

cdttf ).( est

somme d’une fonction de classe C1 et d’une fonction continue affine par morceaux.

Solution : Une fonction continue par morceaux f peut s’écrit comme somme d’une fonction continue g et d’une fonction en escaliers h. Par linéarité, F(x) = G(x) + H(x), où

G(x) = ∫x

cdttg ).( et H(x) = ∫

x

cdtth ).( . G est de classe C1, et H est continue affine par morceaux.

Exercice 3 : Les fonctions continues admettent une primitive, mais elles ne sont pas les seules :

montrer que la fonction f(x) = sinx1 si x ≠ 0, f(0) = 0 admet une primitive sur R.

Solution : Il s’agit de trouver une fonction F derivable sur R et ayant pour dérivée f(x) en tout point. 1ère solution, un peu dogmatique.

Considérons la fonction g(x) = x2 cos

x1 . Elle est C∞ sur R*, et g(x) = O(x2) au V(0).

Donc g(x) → 0 quand x → 0 et que xxg )(

→ 0 : g est continue et dérivable en 0, et g(0) = g’(0) = 0.

Pour x ≠ 0, g’(x) = 2x cosx1 − sin

x1 .

La fonction h(x) = 2x cosx1 , prolongée par continuité en 0 par h(0) = 0, est continue sur R, donc est

une fonction dérivée h = H’. La fonction f = H’ – g’ est donc aussi une fonctio dérivée.

2ème solution, plus naturelle.

Considérons la fonction F(x) = ∫x

dttf0

).( . f étant continue sur R* et bornée sur R, f est intégrable

sur les intervalles ]0, 1] et [−1, 0[. La fonction F est définie sur R* et même sur R, et est paire.

Elle est dérivable sur R*, et même C∞

, car si x > 0, on peut écrire F(x) = F(1) + ∫x

dttf1

).( , donc

F’(x) = sinx1 . Idem si x < 0. De plus F est 1-lispchiztienne sur R, car | F(x) − F(y) | ≤ | x − y |.

31

Il reste à montrer que xxF )(

= x1 ∫

xdt

t0.1sin → 0 quand x → 0.

Intégrons par parties ∫x

dttε.1sin = ∫

x

tdt

tt

ε ².1sin². = x2 cos

x1 − ε2 cosε

1 − ∫x

dtt

tε

.1cos.2 .

Quand ε tend vers 0, il vient : F(x) = x2 cosx1 − ∫

xdt

tt

0.1cos.2 = x2 cos

x1 − ∫

xdttk

0).( ,

où k est une fonction définie et continue sur R, nulle en 0.

Du coup xxF )(

= x cosx1 −

x1 ∫

xdttk

0).( → 0 quand x → 0.

Remarque : équivalent de F en +∞. F(x) − F(1) = ∫x

dtt1.1sin ∼ ∫

x

tdt

1 = ln x en vertu du théorème

d’intégration de relations de comparaison.

> with(plots):f:=x->sin(1/x);F:=x->int(f(t),t=0..abs(x));F(x); p:=plot([f(x),F(x)],x=-4..-0.05,numpoints=500,thickness=2): q:=plot([f(x),F(x)],x=0.05..4,numpoints=500,thickness=2):display({p,q});

−

sin

1x

x

Ci

1x

Exercice 4 : 1) Si f : [a, b] → R est dérivable, f’ n’est pas toujours Riemann-intégrable.

Soit f la fonction f(x) = x.x

xln

)/1cos( si 0 < |x| < 1, f(0) = 0 ; montrer que f’ n’est pas Riemann-

intégrable sur le segment [−½ , ½ ].

2) Cependant, si f’ est Riemann-intégrable sur [a, b], montrer qu’alors f(b) − f(a) = ∫b

adttf .).'(

[ Utiliser les sommes de Riemann ].

Solution : Maple visualise bien cette fonction pathologique.

> f:=x->x/ln(abs(x))*cos(1/x); > plot(f(x),x=-0.6..0.6,thickness=2);plot(f(x),x=-0.3..0.3,thickness=2);

32

> g:=x->diff(f(x),x);g(x);

− +

cos

1x

( )ln x

x

cos

1x

( )abs ,1x

( )ln x 2 x

sin

1x

x ( )ln x

> plot(g(x),x=0.03..0.5,-9..9,thickness=2,color=blue);

Remarque : Une dérivée n’est pas non plus toujours Lebesgue-intégrable. L’intégrale de Kurzweil-Henstock corrige cet inconvénient.

6. Changement de variable, intégration par parties. 6.1. Changement de variable.

Exercice 1 : Soit Φ une fonction de classe C1 et strictement monotone de I = [a, b] dans R. Montrer

que, pour toute fonction f réglée de J = Φ(I) dans E, on a : ∫Φ

Φ

)(

)().(

b

adxxf = ∫ ΦΦ

b

adtttf ).'()).(( .

Solution : [Ind. : utiliser des sommes de Riemann ; adapter le cours est possible, mais délicat.] Exercice 2 : How I want a drink, alcoholic of course…

1) Calculer ∫ −1

0.²1 dxx , ∫ −

xdtt

0.²1 . 2) Trouver limn ∑

=−

n

k

knn 0

²²²

1 .

3) Montrer 4π = 1 − .

21

31 − .

4.21

51 − .

6.4.23.1

71 − .

8.6.4.25.3.1

91 − …

Solution :

1) I = ∫ −1

0.²1 dxx =

4π , car c’est l’aire du quart de disque.

On peut aussi faire le changement de variable x = sin θ, ou plutôt θ = Arcsin x.

I = ∫2/

0.²cos

πθθ d = ∫ +

2/

0.

22cos1π θθ d =

4π .

F(x) = ∫ −x

dtt0

.²1 = ∫xArc

dsin

0.²cos θθ = ∫ +

xArcd

sin

0.

22cos1 θθ =

21 [Arcsin x + x ²1 x− ].

2) Par sommes de Riemann : ∑=

−n

k

knn 0

²²²

1 = ∑=

−n

k nk

n 0 ²²11 → ∫ −

1

0.²1 dxx =

4π .

33

3) Utilisons le binôme de Newton :

4π = ∫ −

1

0.²1 dxx = … . Et noter

Exercice : Soit f ∈ C([0, 1], R). Montrer que : ∫− −2/3

2/1

3).2²3( dxxxf = 2∫ −1

0

3).2²3( dxxxf .

Solution : [ Oral Centrale MP 2004, RMS n° 89, …, Centrale PSI 2011, RMS n° 967 ] Cet exercice est extrêmement intéressant, surtout si l’on ne se contente pas, comme la RMS, de n’en donner qu’une solution. 6.2. Intégration par parties.

Exercice 4 : Calculer les intégrales Fn(x) = ∫ −x

tn dtet0

.. pour n ∈ N.

Solution : F0(x) = 1 – e−x

. Une intégration par parties donne : Fn(x) = – xn e

−x + n.Fn−1(x) (*).

On peut en déduire de proche en proche Fn(x), mais il est plus élégant de faire apparaître une loi de

simplification en divisant (*) par n!. Il vient : !

)(n

xFn = )!1()(1

−−

nxFn − x

n

enx

−.!

.

Additionnons toutes ces relations. Il vient :

Fn(x) = n! − n! e−x

[1 + x + !2²x + ... +

!nxn

] .

Lorsqu’on fait tendre x vers +∞, il vient : ∫+∞

−0

.. dtet tn = n!.

Exercice 5 : Calculer les intégrales Ip,q = ∫ −1

0..)1( dttt qp pour tout (p, q) ∈ N2.

Solution : Notons que Ip,q = Iq,p ( chgt de variable u = 1 – t ).

Une intégration par parties donne Ip,q = ∫ +−+1

0

1

)1

(.)1(qt

dtq

p = 1+q

p Ip−1,q+1 .

Donc Ip,q = 1+qp

21

+−

qp

32

+−

qp

… pq+

1 I0,p+q = )!1(!!

++qpqp

.

Remarques : 1) Développer par le binôme fournit une identité sur les binomiaux.

2) On en déduit en particulier ∫ −1

0..)1( dttt pp =