3.3 Exercices d’approfondissement 59
puisque g(0) = f (0) = 0 et h(0) = f (1) = 0. On en déduit
1
0
f
t
2
2
dt
1
8
1
0
f
t
2
2
dt
(3)
et
1
0
f
1 −
t
2
2
dt
1
8
1
0
f
1 −
t
2
2
dt .
(4)
En effectuant le changement de variable u = t/2 dans (3) et u = 1 − t/2 dans (4),
on obtient
1/2
0
f (u)
2 dt
1
8
1/2
0
f
(t)
2 dt
(5)
et
1
1/2
f (u)
2 dt
1
8
1
1/2
f
(t)
2 dt .
(6)
En additionnant (5) et (6), on en déduit alors
1
0
f (u)
2 dt
1
8
1
0
f
(t)
2 dt .
Complément : on peut montrer en fait
1
0
f (t)
2 dt
1
p 2
1
0
f
(t)
2 dt et que cette
inégalité devient égalité si et seulement si f a est de la forme t → f a (t) = a sin(pt)
où a ∈ R
∗ .
Exercice 3.19
Centrale PC 2006 K
1) Soit f ∈ C (R, R) périodique. Pour x > 0, on pose : g(x) =
1
x
x
0
f (t) dt.
Montrer que g admet une limite quand x tend vers +∞.
2) Soit x > 0. On pose f(x) =
x
0
| sin t| dt .
Donner un équivalent simple quand x tend vers +∞ de f(x).
1) Soit T la période de f . Je pense que vous avez deviné la fameuse limite cherchée,
c’est bien sûr
1
T
T
0
f (t) dt. Montrons ce résultat.
Première méthode : en utilisant la relation de Chasles.
Soit x un réel positif assez grand et soit n = E(x/T ). On obtient, en vertu de la
relation de Chasles et de la périodicité de f
xg(x) =
nT
0
f (t) dt +
x
nT
f (t) dt = n
T
0
f (t) dt +
x−nT
0
f (t) dt.
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