Intégration en mathématiques/Exercices/Comparaison

Exercice 2-1

Soit $f:[a,b]\to \mathbb {R}$ une fonction continue. Prouver que si :

$\left|\int _{a}^{b}f(x)\,\mathrm {d} x\right|=\int _{a}^{b}|f(x)|\,\mathrm {d} x$

alors la fonction $f$ est de signe constant.

Solution

Si $\int _{a}^{b}f(x)\,\mathrm {d} x=\int _{a}^{b}|f(x)|\,\mathrm {d} x$ alors la fonction $|f|-f$ (continue positive) est d'intégrale nulle, donc $|f|-f=0$, c'est-à-dire $f\geq 0$.

De même, si $\int _{a}^{b}f(x)\,\mathrm {d} x=-\int _{a}^{b}|f(x)|\,\mathrm {d} x$ alors $|f|+f=0$, c'est-à-dire $f\leq 0$.

 

Exercice 2-2

Soient $f,g:[a,b]\to \mathbb {R}$ deux fonctions continues ($a\leq b$). Démontrer que si $g$ est positive et si $|f|$ est majorée par une constante $A$, alors :

$\left|\int _{a}^{b}f(x)g(x)\,\mathrm {d} x\right|\leqslant A\int _{a}^{b}g(x)\,\mathrm {d} x$.

Solution

$-Ag\leq fg\leq Ag\Rightarrow -A\int _{a}^{b}g(x)\,\mathrm {d} x\leq \int _{a}^{b}f(x)g(x)\,\mathrm {d} x\leq A\int _{a}^{b}g(x)\,\mathrm {d} x$.

 

Exercice 2-3

Soient $f$ une fonction continue positive sur $[a,b]$ avec $0<a<b$ et $F$ une primitive de $f$. Prouver que

${\frac {F(b)-F(a)}{2{\sqrt {b}}}}\leqslant \int _{\sqrt {a}}^{\sqrt {b}}f(t^{2})\,\mathrm {d} t\leqslant {\frac {F(b)-F(a)}{2{\sqrt {a}}}}$.

Solution

Par changement de variable, $\int _{\sqrt {a}}^{\sqrt {b}}f(t^{2})\,\mathrm {d} t=\int _{a}^{b}{\frac {f(s)}{2{\sqrt {s}}}}\,\mathrm {d} s$.

Par positivité de $f$ et décroissance de $s\mapsto {\frac {1}{\sqrt {s}}}$,

$\int _{a}^{b}{\frac {f(s)}{2{\sqrt {b}}}}\,\mathrm {d} s\leq \int _{a}^{b}{\frac {f(s)}{2{\sqrt {s}}}}\,\mathrm {d} s\leq \int _{a}^{b}{\frac {f(s)}{2{\sqrt {a}}}}\,\mathrm {d} s$

c'est-à-dire

${\frac {F(b)-F(a)}{2{\sqrt {b}}}}\leq \int _{a}^{b}{\frac {f(s)}{2{\sqrt {s}}}}\,\mathrm {d} s\leq {\frac {F(b)-F(a)}{2{\sqrt {a}}}}$.

 

Exercice 2-4

Trouver un encadrement de chacune des intégrales suivantes :

1. $\int _{0}^{\frac {1}{2}}{\frac {\mathrm {d} t}{(3+2\cos t)^{2}}}$ ;
2. $\int _{0}^{\frac {1}{2}}{\frac {\mathrm {d} t}{\sqrt {1-t^{5}}}}$.

Solution

La question est si vague qu'elle laisse tout loisir de surenchérir dans l'imprécision :

1. $3+2\cos t\geq 1$ donc $0\leq \int _{0}^{\frac {1}{2}}{\frac {\mathrm {d} t}{(3+2\cos t)^{2}}}\leq {\frac {1}{2}}$ ;
2. pour $0\leq t\leq {\frac {1}{2}}$, ${\sqrt {1-t^{5}}}\geq {\sqrt {1-2^{-5}}}={\sqrt {31/32}}>1/2$ donc $0\leq \int _{0}^{\frac {1}{2}}{\frac {\mathrm {d} t}{\sqrt {1-t^{5}}}}\leq 1$.

 

Exercice 2-5

Soit $\alpha >0$.

1. Prouver que pour $x\in [0,1]$ :

   $1-x^{\alpha }\leq {\sqrt {1-x^{\alpha }}}\leq 1-{\frac {x^{\alpha }}{2}}$.

2. En déduire que :

   ${\frac {\alpha }{\alpha +1}}<\int _{0}^{1}{\sqrt {1-x^{\alpha }}}\,\mathrm {d} x<{\frac {\alpha +{\frac {1}{2}}}{\alpha +1}}$.

Solution

1. $y:=x^{\alpha }\in [0,1]$ donc $z:=1-y\in [0,1]$ donc $z\leq {\sqrt {z}}$. De plus, ${\sqrt {1-y}}\leq 1-y/2$ car $(1-y/2)^{2}=1-y+y^{2}/4\geq 1-y$.
2. $\int _{0}^{1}(1-x^{\alpha })\,\mathrm {d} x=1-{\frac {1}{\alpha +1}}={\frac {\alpha }{\alpha +1}}$ et $\int _{0}^{1}\left(1-{\frac {x^{\alpha }}{2}}\right)\,\mathrm {d} x=1-{\frac {1/2}{\alpha +1}}={\frac {\alpha +{\frac {1}{2}}}{\alpha +1}}$. De plus, ce minorant et ce majorant de $\int _{0}^{1}{\sqrt {1-x^{\alpha }}}\,\mathrm {d} x$ sont stricts car dans la question 1, les inégalités entre ces fonctions continues sont strictes sur $]0,1[$.

 

Exercice 2-6

Soit $f:[0,1]\to \mathbb {R}$ une fonction continue telle que, pour tout $x$ de $[0,1]$ :

$\int _{x}^{1}f(t)\,\mathrm {d} t\geq {\frac {1-x^{2}}{2}}$.

Soit $F$ une primitive de $f$.

1. Prouver que :

   $F(1)=\int _{0}^{1}xf(x)\,\mathrm {d} x+\int _{0}^{1}F(x)\,\mathrm {d} x$.

2. En déduire que :

   $\int _{0}^{1}xf(x)\,\mathrm {d} x\geq {\frac {1}{3}}$.

3. En déduire que :

   $\int _{0}^{1}[f(x)]^{2}\,\mathrm {d} x\geq {\frac {1}{3}}$.

Solution

1. $xf+F=(xF)'$ donc $\int _{0}^{1}xf(x)\,\mathrm {d} x+\int _{0}^{1}F(x)\,\mathrm {d} x=[xF]_{0}^{1}=F(1)$.
2. $F(1)-\int _{0}^{1}F(x)\,\mathrm {d} x=\int _{0}^{1}\left(F(1)-F(x)\right)\,\mathrm {d} x\geq \int _{0}^{1}{\frac {1-x^{2}}{2}}\,\mathrm {d} x={\frac {1-1/3}{2}}={\frac {1}{3}}$.
3. Par Cauchy-Schwarz, ${\frac {1}{3^{2}}}\leq \left(\int _{0}^{1}xf(x)\,\mathrm {d} x\right)^{2}\leq \int _{0}^{1}x^{2}\,\mathrm {d} x\int _{0}^{1}[f(x)]^{2}\,\mathrm {d} x={\frac {1}{3}}\int _{0}^{1}[f(x)]^{2}\,\mathrm {d} x$.

 

Exercice 2-7

Démontrer que pour tout entier naturel $n$ :

${\frac {1}{2(n+1)}}\leq \int _{0}^{1}{\frac {x^{n}}{1+x^{2}}}\,\mathrm {d} x\leq {\frac {1}{n+1}}$.

Solution

$\forall x\in [0,1]\quad 1\leq 1+x^{2}\leq 2$.

$\int _{0}^{1}x^{n}\,\mathrm {d} x={\frac {1}{n+1}}$.

 

Exercice 2-8

1. Étudier les variations de la fonction $f$ définie par :

   $f(x)=\mathrm {e} ^{x^{2}}-(\mathrm {e} -1)x^{2}-1$.

2. Prouver que :

   ${\frac {4}{3}}<\int _{0}^{1}\mathrm {e} ^{x^{2}}\,\mathrm {d} x<{\frac {\mathrm {e} +2}{3}}$.

Solution

1. • $f$ est paire donc il suffit de l'étudier sur $\mathbb {R} _{+}$.
   • $f'(x)=2x(\mathrm {e} ^{x^{2}}-\mathrm {e} +1)$ s'annule en $a:={\sqrt {\ln(\mathrm {e} -1)}}$.
   • $f$ est (strictement) décroissante sur $[0,a]$ et croissante sur $[a,+\infty [$. Elle s'annule en $0$ et en $1$ (qui est donc $>a$, ce qui était prévisible puisque $\ln(\mathrm {e} -1)<\ln \mathrm {e}$).
   • $f(a)=\mathrm {e} ^{a^{2}}-(\mathrm {e} -1)a^{2}-1=(\mathrm {e} -1)\left(1-\ln(\mathrm {e} -1)\right)-1=\mathrm {e} -2-(\mathrm {e} -1)\ln(\mathrm {e} -1)$.
   • $\lim _{+\infty }f=+\infty$.
2. • $\forall x\in ]0,1[\quad f(x)<0$ donc $\int _{0}^{1}\mathrm {e} ^{x^{2}}\,\mathrm {d} x<\int _{0}^{1}\left((\mathrm {e} -1)x^{2}+1\right)\,\mathrm {d} x={\frac {\mathrm {e} -1}{3}}+1={\frac {\mathrm {e} +2}{3}}$.
   • $\forall x\in [0,1]\quad f(x)\geq f(a)$ donc $\int _{0}^{1}\mathrm {e} ^{x^{2}}\,\mathrm {d} x\geq {\frac {\mathrm {e} +2}{3}}+f(a)=(\mathrm {e} -1)\left({\frac {4}{3}}-\ln(\mathrm {e} -1)\right)\simeq 1{,}36>{\frac {4}{3}}$.