Intégrale math sup spé

Maurice5 · April 2006

Salut

Soit f une fonction continue de [0;1] dans R telle que

$\int_{0}^{1}f(x)dx=0$

Montrer qu'il existe c dans ]0;1[ tel que $\int_{0}^{c}xf(x)dx=0$

Guego0 · April 2006

Posons $\diplaystyle{ F(x) = \int_0^x f(t) dt}$, de sorte que $F(0) = F(1) = 0$.

Pour tout $c\in ]0,1[$, on a :
$$\int_0^c xf(x)dx = [xF(x)]_0^c - \int_0^c F(x) dx = cF(c) - \int_0^c F(x) dx$$

Autrement dit, en notant $\diplaystyle{ G(x) = \int_0^x F(t) dt}$, on a :
$$\int_0^c xf(x)dx = cG'(c) - G(c) = c^2 \frac{d}{dc} (\frac{G(c)}{c})$$

Pour conclure, il suffit donc de montrer que la dérivée de $\displaystyle{ \frac{G(x)}{x} }$ s'annule à l'intérieur de l'intervalle $]0,1[$. Mais un coup de Rolle, et hop !

Guego0 · April 2006

Pardon, la fin est fausse : les hypothèses du théorème de Rolle ne sont pas vérifiées.

Notons $h(x) = \dfrac{G(x)}{x}$ si $x\neq 0$, $h(0) = G'(0) = F(0) = 0$.

Si $h(1) = 0$, alors c'est le théorème de Rolle. Sinon, si $h(1)>0$, on vérifie sans problème que le max de $h$ sur $[0,1]$ est atteint dans l'intérieur de l'intervalle : il n'est certainement pas atteint en $0$ puisque $h(0) = 0 < h(1)$, et n'est pas atteint en $1$ sinon $h'(1) \leq 0$, ce qui est absurde car $h'(1) = G(1) = h(1) >0$. Si $h(1)

oumpapah0 · April 2006

bonsoir

effectivement on essaie de se ramener à l'exo (classique?)

soit h continue et dérivable sur [0 1]
et telle que h(0)=h'(0)=0 ; h'(1)=0 et h(1)#0 ( on peut supposer h(1)=1 si on veut) alors il existe c €]0 1[ tel que h(c)/c=h'(c)

mais il faut une hypothése supplementaire ici , à savoir que l'integrale sur [0 1] de l'integrale entre 0 et x de f , soit non nulle !

sinon l'exemple suivant infirme le résultat (calculs faits en vitesse, à verifier!)

f(x)= Cos(2Pix)

( en effet le lecteur que ça interesse vérifiera qu'on est amené à étudier sur [0 1[ : u(x)= 1/(1-x) -Cos(2Pix) qui ne s'annule qu'en 0)

Oump.