Solutions
si f ∈ A. Donc,
1
0
f
2 (x) dx
3(2 + 3b) 2
3b 2 + 3b + 1
.
La dernière inégalité étant vérifiée pour tout b,
1
0
f
2 (x) dx max
b∈R
3(2 + 3b) 2
3b 2 + 3b + 1
= 12.
L’égalité est atteinte pour f (x) = 6x.
I.6.23. Soit f ∈ A. D’après l’inégalité de Cauchy-Schwarz (voir I.6.1),
1
0
(1 − x)f
(x) dx
2
1
0
(1 − x)
2 dx
1
0
f
(x)
2 dx.
(1)
De plus,
1
0
(1 − x)f
(x) dx =
(1 − x)f
(x)
1
0
+
1
0
f
(x) dx = −a
et, en conséquence,
1
0
f
(x)
2 dx 3a
2 .
L’égalité dans (1) est vérifiée si f (x) = λ(1−x) pour un certain réel λ. Puisque
f ∈ A, on trouve f (x) =
a
2
x 3 − 3x 2 + 2x
.
I.6.24. D’après le théorème des accroissements finis, pour x ∈ ]0 , 2[,
f (x) − f (0)
x
=
f (x) − 1
x
= f
(θ 1 ) −1,
ce qui implique f (x) 1 − x. Donc, f (x) |x − 1|. Il s’ensuit que
2
0
f (x) dx
2
0
|x − 1| dx = 1.
Puisque f est continue, l’égalité est vérifiée si et seulement si f (x) = |x − 1|,
x ∈ [0 , 2]. Mais cette fonction n’est pas dérivable en x = 1. La réponse à notre
question est donc non.
I.6.25. D’après le théorème des accroissements finis,
f (x) = f
(θ 1 )(x − a) et f (x) = f
(θ 2 )(x − b).
Si M = max
x∈[a,b]
|f (x)|, alors
|f (x)| M (x − a) et |f (x)| M (b − x).
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