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f(x) =1 six2Q0 six2RnQ
n"est pas Riemann-intégrable sur[0;1]. 2.Montrer que la fonction g:[0;1]!Rdéfinie par :
g(x) = 1q six=pq avecpetqpremiers entre eux0 six2RnQoux=0
est Riemann-intégrable sur[0;1]. On dit qu"une partieAdeRestnégligeablesi, pour tout nombre réele>0, il existe une suite(In)n2N d"intervallesIn=]an;bn[telle que : A[ n2NI netå n2N(bnan)6e: 1. Montrer qu"une réunion dénombrable d"ensembles négligeables est un ensemble négligeable. 2.Montrer qu"une fonction bornée f:[a;b]!Rest intégrable au sens de Riemann sur[a;b]si et seulement
si l"ensemble des points oùfn"est pas continue estnégligeable.Exercice 6Pour toutn2N, on définitfn:]0;1]!Rpar :fn(x)=nenx. Montrer que la suite(fn)n2Rconverge simplement
vers une fonctionfsur]0;1]mais que Z 10limn!+¥fn(x)dx6=limn!+¥Z
10fn(x)dx:
Vérifier que la convergence de(fn)n2Nversfn"est pasuniformesur]0;1]. Exercice 7Montrer que, sif:[a;b]!Rest une fonction intégrable au sens de Riemann, on a : 1baZ b af(t)dt=limn!+¥1n nå k=1f a+kbanEn déduire les limites suivantes :
a)limn!+¥1n nå k=1tankn b)limn!+¥nå k=1nn2+k2c)limn!+¥nå
k=1lognn+k 1n 21.Montrer que si f:[a;b]!Rest Riemann-intégrable, alors
Z b af(x)dx=Z b af(a+bx)dx: 2. Calculer (en utilisant 1.) les intégrales sui vantes: a)Z p0xsinx1+cos2xdx b)Z
p40log(1+tanx)dx:
Rappel :tan(ab) =tan(a)tan(b)1+tan(a)tan(b)
Correction del"exer cice1 N1.Soit e>0 donné. Puisquefest Riemann-intégrable sur[a;b], il existe une subdivisions1=fa0=
afa0;:::;an;b0;:::;bngpar ordre croissant, puis en identifiant les points qui apparaissent plusieurs fois
(on obtient une subdivision de[a;b]enqintervalles avecmaxfn;pg6q6n+p). Puisques1[s2est une subdivisionplus fineques1, on a :S s1[s2f6S s1fetSs 1f6Ss1[s2f:(1)
De même,S
s1[s2g6S s2getSs 2g6Ss1[s2g:(2)
De plus, sur un intervalle]ck1;ck[donné, on a : +supfg(x);x2]ck1;ck[g:De même :
+inffg(x);x2]ck1;ck[g:On en déduit que :S
s1[s2f+g6S s1[s2f+S s1[s2g;(3) et Ss1[s2f+Ss
1[s2g6Ss
1[s2f+g:(4)
En utilisant les inégalités (
1 2 3 ) et ( 4 ), il vient alors :S s1[s2f+g6S s1f+S s2g6Ss 1f+Ss2g+e6Ss
1[s2f+g+e:
D"après le théorème rappelé en introduction, on en déduit quef+gest Riemann-intégrable sur[a;b]. De
plus, de l"inégalité Ss 1f+Ss 2g6Ss1[s2f+g;
on déduit que sup s 1;s2 Ss 1f+Ss 2g 6sup s1;s2Ss
1[s2f+g:
Or sup s 1;s2 Ss 1f+Ss 2g =sup s 1Ss1f+sup
s 2Ss 2g=Z b af(x)dx+Z b ag(x)dx et sup s1;s2Ss
1[s2f+g=sup
sSs f+g=Z b a(f(x)+g(x))dx: Ainsi Zb af(x)dx+Z b ag(x)dx6Z b a(f(x)+g(x))dx:De même, l"inégalitéS
s1[s2f+g6S s1f+S s2g implique Rb a(f(x)+g(x))dx6Rb af(x)dx+Rb ag(x)dx. Enconclusion,Rb a(f(x)+g(x))dx=Rb af(x)dx+Rb ag(x)dx. 42.Pourl=0 il n"y a rien a démontrer.
Sifest Riemann-intégrable sur[a;b]etl>0, alors pour tout subdivisions=fa0=a<En conclusion,lfest Riemann-intégrable etRb
alf(x)dx=lRb af(x)dx. Sifest Riemann-intégrable sur[a;b]etl<0, alors pour tout subdivisions=fa0=a<En conclusion,lfest Riemann-intégrable etRb
alf(x)dx=lRb af(x)dx. 3. Soient fetgdeux fonctions Riemann-intégrables sur[a;b]telles que, pour toutt2[a;b],f(t)6g(t).Soits=fa0=a< Il en découle que
sup sSs f6sup sSs f; c"est-à-dire Rb af(x)dx6Rb ag(x)dx. 4. Soit ffigi2Nune suite de fonctions Riemann-intégrables, qui converge uniformément versfsur[a;b].
Soite>0 donné. Il existeN>0 tel que8i>N, sup[a;b]jfi(t)f(t)jinf]ak1;ak[fie En particulier :
sup ]ak1;ak[finf]ak1;ak[f6sup ]ak1;ak[f iinf]ak1;ak[fi+2e: Il en découle que :S
s fSs f6S s f iSs f i+2e(ba): Commefiest Riemann-intégrable, d"après le théorème de l"introduction, il existe une subdivisionsde
[a;b]telle queS s f iSs f i6e. On en déduit queS s fSs f6e(1+2(ba)); ce qui implique quefest Riemann-intégrable. 5 Correction del"exer cice2 NSoitfune fonction croissante[a;b]. Pour montrer quefest Riemann-intégrable, il suffit de trouver, pour tout
e>0 donné, une subdivision de[a;b]telle queS s fSs fAinsi :S
s fSs f=nå k=1(akak1)(f(ak)f(ak1)) ban nå k=1(f(ak)f(ak1)) ban (f(b)f(a)): Pournassez grand, la subdivision régulière de[a;b]satisfaitS s fSs fIl en découle que
sup sSs f6sup sSs f; c"est-à-dire Rb af(x)dx6Rb ag(x)dx. 4.Soit ffigi2Nune suite de fonctions Riemann-intégrables, qui converge uniformément versfsur[a;b].
Soite>0 donné. Il existeN>0 tel que8i>N, sup[a;b]jfi(t)f(t)jEn particulier :
sup ]ak1;ak[finf]ak1;ak[f6sup ]ak1;ak[f iinf]ak1;ak[fi+2e:Il en découle que :S
s fSs f6S s f iSs f i+2e(ba):Commefiest Riemann-intégrable, d"après le théorème de l"introduction, il existe une subdivisionsde
[a;b]telle queS s f iSs f i6e. On en déduit queS s fSs f6e(1+2(ba)); ce qui implique quefest Riemann-intégrable. 5Correction del"exer cice2 NSoitfune fonction croissante[a;b]. Pour montrer quefest Riemann-intégrable, il suffit de trouver, pour tout
e>0 donné, une subdivision de[a;b]telle queS s fSs fce qui permet de conclure grâce au théorème de l"introduction quefest Riemann-intégrable sur[a;b].Correction del"exer cice4 N1.Considérons la fonction f:[0;1]!Rdéfinie par :
f(x) =1 six2Q0 six2RnQ:
Pour toute subdivisionsde[a;b], on a :S
s f=1 etSs f=0:On en déduit que 1=supsS
s f6=infsSs f=0, ce qui implique quefn"est pas Riemann-intégrable sur [0;1]. 2. Considérons la fonction g:[0;1]!Rdéfinie par : g(x) = 1q six=pq avecpetqpremiers entre eux0 six2RnQoux=0:
6Pour toute subdivisionsde[a;b], on a :
Ss g=0:Pour toute>0 donné, la fonctiongprend des valeurs supérieures àebaen un nombre fini de points
seulement (les points kq , avec1q >ebace qui équivaut àqComme On en conclut quegest Riemann-intégrable sur[0;1].Correction del"exer cice5 Ncf André Gramain,Intégration, p. 7, Hermann (1998).Correction del"exer cice6 NPour toutn2N, on définitfn:]0;1]!Rpar :fn(x) =nenx. Pour toutx2]0;1], on a limn!+¥fn(x) =
limn!+¥nenx=0. On en déduit que la suite de fonctionsfnconverge ponctuellement (ousimplement) vers la
fonction identiquement nullef0. On aR10f(x)dx=0 mais
Z 10fn(x)dx=1en;
et lim n!+¥R10fn(x)dx=1. La suite(fn)n2Rne converge pas uniformément versfsur]0;1], car pour tout
e>0, et pour toutn2N, on a : sup ]0;1n log(en)[jfn(x)f(x)j>e:Correction del"exer cice7 NSoitf:[a;b]!Rune fonction intégrable au sens de Riemann.
Notonsxk=a+kban
,k=1;:::;nles points où Considérons la subdivisions=fa0=a<Cela donne
Ss f(m0+mn+2f(b))ba2n6ban nå k=1f(xk):Quandntend vers+¥on trouve queSs
f!Rb afet(m0+mn+2f(b))ba2n!0 cela donne l"inégalité : Z b af6limn!+¥ban nå k=1f(xk): 7La sommeS
s fconduit de manière similaire à l"inégalité inverse, d"où : Z b af(x)dx=limn!+¥ ban nå k=1f a+kbanOn a :
a)limn!+¥1n nå k=1tankn =log(cos1)b)limn!+¥ånk=1nn2+k2=p4
c)limn!+¥nå k=1lognn+kquotesdbs_dbs12.pdfusesText_18[PDF] intégrale généralisée exercice corrigé pdf
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