Énoncé de l’exercice n°1 :
1. Soient $m, n \in \mathbb{Z}^2$ avec $n \geq m$. Calculer $\int_m^n\lfloor x\rfloor d x$.
2. Calculer $\int_{-1}^2 x|x| d x$.
3. Calculer, pour tout $a \in \mathbb{R}, I(a)=\int_0^1 \min (x, a) d x$.
Indication :
Utiliser la relation de Chasles.
Corrigé de l’exercice :
1. Si $p$ est un entier, alors
$$
\int_p^{p+1}\lfloor x\rfloor d x=\int_p^{p+1} p d x=p .
$$
On en déduit que
$$
\begin{aligned}
\int_m^n\lfloor x\rfloor d x & =\sum_{p=m}^{n-1} \int_p^{p+1}\lfloor x\rfloor d x \\
& =\sum_{p=m}^{n-1} p \\
& =\frac{(n-m)(n+m-1)}{2}
\end{aligned}
$$
(la dernière somme étant la somme d’une suite arithmétique).
2. On va, par la propriété de Chasles, faire la somme de l’intégrale sur $[-1,0]$, puis sur $[0,2]$, intervalles oú s’exprime facilement $|x|$. On obtient:
$$
\begin{aligned}
\int_{-1}^2 x|x| d x & =\int_{-1}^0 x|x| d x+\int_0^2 x|x| d x \\
& =\int_{-1}^0-x^2 d x+\int_0^2 x^2 d x \\
& =\left[-\frac{x^3}{3}\right]_{-1}^0+\left[\frac{x^3}{3}\right]_0^2 \\
& =\frac{7}{3}
\end{aligned}
$$
3. Si $a \leq 0$, alors pour tout $x \in[0,1]$, on a $\min (x, a)=a$ et donc
$$
\int_0^1 \min (x, a) d x=a \text {. }
$$
Si $a \geq 1$, alors pour tout $x \in[0,1]$, on a $\min (x, a)=x$ et donc
$$
\int_0^1 \min (x, a) d x=\int_0^1 x d x=\frac{1}{2} .
$$
Si $a \in[0,1]$, on découpe l’intégrale en deux et on trouve par la relation de Chasles :
$$
\begin{aligned}
\int_0^1 \min (x, a) d x & =\int_0^a x d x+\int_a^1 a d x \\
& =\frac{a^2}{2}+a(1-a) \\
& =a-\frac{a^2}{2}
\end{aligned}
$$
Énoncé de l’exercice n°2 :
Soit $f : [a, b] \to \mathbb{R}$ une fonction continue telle que
$$
\left| \int_{a}^{b} f(t) dt \right| = \int_{a}^{b} |f(t)| dt.
$$
Démontrer que le signe de $f$ est constant sur $[a, b]$.
Indication :
Traiter le cas $\int_{a}^{b} f(t) dt \geq 0$.
Construire $I = \int_{a}^{b} \left(|f(t)| – f(t)\right) dt$ puis calculer $I$.
En déduire le cas $\int_{a}^{b} f(t) dt \leq 0$.
Corrigé de l’exercice :
Traitons le premier cas : la fonction $f$ est telle que $\int_{a}^{b} f(t) dt \geq 0$.
En utilisant la condition de l’énoncé, on a :
$$
I = \int_{a}^{b} \left(|f(t)| – f(t)\right) dt = \int_{a}^{b} |f(t)| dt- \int_{a}^{b} f(t) dt = 0.
$$
La fonction $\Phi : t \mapsto |f(t)| – f(t)$ est continue, positive et d’intégrale nulle, donc $\Phi$ est la fonction nulle, donc $\forall t \in [a, b]$ $f(t) = |f(t)| \geq 0 $, donc $f$ est toujours positive.
Traitons le second cas : $\int_{a}^{b} f(t) dt \leq 0$.
Construisons la fonction $g = -f$.
$$
\int_{a}^{b} g(t) dt = -\int_{a}^{b} f(t) dt \geq 0
$$
En utilisant la parité de la fonction valeur absolue on a :
$$
\left| \int_{a}^{b} g(t) dt \right| = \int_{a}^{b} |g(t)| dt.
$$
Donc $g$ vérifie le premier cas, donc $g$ est toujours positive, donc $f$ est toujours négative.