7 : Fonctions dérivables par morceaux

Lycée Louis-Le-Grand,Paris MPSI 4– Mathématiques A. Troesch

Problème n

7 : Fonctions dérivables par morceaux

Correction du problème 1–

Partie I – Préliminaires

1. SoitS^′={0 =y1< y2· · ·< yM = 1} une subdivision telle queS ⊂S^′. Remarquez que cela impose 0∈S^′ et 1∈S^′, d’où la cohérence de notre définition de y1 etyM. De plus toutxi est égal à l’un desyj.

• Ainsi, tout]yj, yj+1[ est contenu dans l’un des]xi, xi+1[, ce qui assure la continuité def sur]yj, yj+1[.

• Les limites à droite en chaqueyj,j∈[[1, M−1]]existent, par le fait que{x1<· · ·< xn}est une partition subordonnée àf siyj est égal à l’un desxi, et par continuité def enyj sinon.

• De même pour les limites à gauche en chaqueyj,j∈[[2, M]].

Ainsi, S^′ est encore une partition subordonnée àf.

2. (a) Soit f une fonction continue. Il suffit de prendre comme partition subordonnéeS ={0 =x1< x2= 1}. En effet, la fonctionf est bien continue sur]0,1[, et comme elle est aussi continue en0et en1, elle admet une limite à droite en0et une limite à gauche en1. Ainsi, f est continue par morceaux .

(b) Une fonction croissante est réglée, mais le nombre de points de discontinuité peut être grand, alors que par définition une fonction continue par morceaux sur [0,1] n’a qu’un nombre fini de discontinuité. On peut alors par exemple prendre

f :x7→







1

⌊^1x⌋⁺¹ six∈]0,1]

0 six= 0 .

Cette fonction est bien croissante sur[0,1], et admet des discontinuités en toutx= ¹_n,n∈N∗. Ainsi, elle ne peut pas être continue par morceaux.

(c) Soitf ∈ D. Par définition,f est dérivable à gauche et à droite en tout point de]0,1[, dérivable à droite en0 et dérivable à gauche en1. La dérivabilité à droite entraînant la continuité à droite (et de même à gauche), on en déduit que f est continue à gauche et à droite en tout point de ]0,1[, donc continue, et continue à droite en0 et à gauche en1. Cela implique la continuité de f sur[0,1].

3. (a) La fonctionf1admet une infinité de points de discontinuité sur[0,1], donc n’est pas continue par morceaux, et a fortiori pas de classeC¹par morceaux : f16∈ C,f16∈ D.

(b) La fonction f2 est continue sur ]0,¹₂[ et ]¹₂,1[, mais n’admet pas de limite à droite finie en 0. Donc f26∈ C puisf26∈ D.

(c) • La fonction f3 est continue sur ]0,¹₂[ et ]¹₂,1[, admet une limite à droite en 0, égale à 0, une limite à gauche en ¹₂, égale à0, une limite à droite en0, égale àln(1) = 0, et une limite à gauche en1, égale à ln(³₂). Ainsi, f ∈ C

• Elle est même continue sur [0,1], ce qui laisse ouvert la possibilité de son appartenance à D, que nous allons étudier :f3est évidemment de classeC¹sur les ouverts]0,¹₂[et]¹₂,1[, dérivable à droite en0, avec f_d^′(0) =−1, dérivable à gauche en ¹₂, de dérivéefg^′(¹₂) = 4·¹₂−1 = 1, dérivable à droite en ¹₂, de dérivée f_d^′(¹₂) = 1¹

2+¹₂ = 1, dérivable à gauche en 1, de dérivéef_g^′(1) = ²₃. On vérifie facilement quef^′ admet des limites finies à gauche et à droite aux points de la subdivision. Ainsi, f ∈ D . En revanche,f n’est pas de classeC¹sur[0,1].

(d) • La fonctionf4est continue sur[0,1], par composition de fonctions continues (Arcsinet la valeur absolue).

Ainsi, f4∈ C .

• Pour toutx∈[0,¹₂[,f4(x) = x+¹₂ , donc

f₄^′(x) = 1 q

1− x+¹₂2 −→

x→¹2

+∞.

D’après le théorème de la limite de la dérivée,f4ne peut pas être dérivable à gauche en¹₂. Ainsi, f46∈ D. (e) Sans difficulté, f5 est continue par morceaux, de subdivision associée{0 < ¹₄ < ¹₂ < ³₄ <1}, et n’est pas

continue en ¹₄, donc f ∈ C maisf 6∈ D.

Partie II – Dérivée d’une fonction de classeC¹ par morceaux

1. (a) Comme f est de classeC¹ par morceaux, de subdivision subordonnée{0 = x1 < x2· · ·< xN = 1},f^′ est continue sur chaque]xi, xi+1[. De plus,f^′ admet des limites finies à gauche et à droite en xi, ce qui assure le fait que g0est continue par morceaux, de subdivision subordonnée{0 =x1< x2· · ·< xN = 1}.

(b) Notons, pour tout k ∈ [1, N−1]], f_k^′ la fonction définie sur[xk, xk+1], comme étant le prolongement par continuité de f_|^′_]xk,x

k+1[ sur [xk, xk+1]. La fonction f_k^′ est alors la dérivée sur [xk, xk+1] def_|[xk,xk+1]. Soit alorsx∈[xi, xi+1]. On a :

∀x∈[0,1], Z x

0

g0(s) ds=

i−1

X

k=1

Z xk+1

xk

g0(s) ds+ Z x

xi

g0(s) ds

i−1

X

k=1

Z xk+1

xk

f_k^′(s) ds+ Z x

xi

f_i^′(s) ds

=

i−1

X

k=1

f(xk+1)−f(xk) +f(x)−f(xi) =f(x)−f(0).

Ainsi, on a bien f(x) =f(0) + Z x

0

g0(s) ds . (c) Soitg∈ Cvérifiant :

∀x∈[0,1], f(x) =f(0) + Z ^x

0

g(x) ds (1)

Quitte à prendre l’union des deux subdivisions associées àg etg0, on peut supposer que {0 =x1<· · · <

xN = 1} est une subdivision associée à la fois àget g0. On a alors, pour toutx∈]xi, xi+1[(i∈[[1, N−1]]), en posanty1= ^xi+x₂ⁱ⁺¹ :

f(x) =f(0) + Z ^yi

0

g(s) + Z ^x

yi

g(s) =f(0) + Z ^yi

0

g(s) + Z ^x

yi

g0(s)

Les deux fonctionsgetg0 étant continues sur[yi, x](ou[x, yi]),f est dérivable en ce point, et en dérivant : f^′(x) =g(x) =g0(x).

Ainsi, g etg0 coïncident en tout point de[0,1]\ {x1, . . . , xN} 2. Soitg∈ C, et f définie par :

∀x∈[0,1], f(x) = Z x

0

g(s) ds.

Soit {0 = x1 < x2 < · · · < xN = 1} une subdivision associée à g, et soit, pour i ∈ [[1, N−1]], gi la fonc- tion continue sur [xi, xi+1] par prolongement de la restriction de g à ]xi, xi+1[. Soit alors x ∈]xi, xi+1[. La fonction x 7→

Z x xi

gi(s), définie sur [xi, xi+1], est alors de classe C¹ sur [xi, xi+1], et en particulier, elle est dérivable à gauche enxi+1, à droite enxi, et sa dérivée admet en ces points une limite finie (à gauche et droite respectivement), égale aux valeurs de ces dérivées à gauche et à droite.

Or, pour toutx∈[xi, xi+1],

f(x) =f(0) + Z xi

0

g(s) ds+ Z x

xi

gi(s) ds=C+ Z x

xi

gi(s) ds,

oùCest une constante, doncf est dérivable sur]xi, xi+1[, dérivable à droite enxi, dérivable à gauche enxi+1, etf^′admet une limite à droite enxiet une limite à gauche enxi+1. Ceci étant vrai sur tout intervalle[xi, xi+1],

f ∈ D.

3. • Soit {0 =x1 < · · · < xn = 1} une subdivision subordonnée à la fois à f et g. Alorsf g est dérivable sur tout ]xi, xi+1[, de dérivéef^′g+f g^′ (les dérivées étant ici les dérivées au sens usuel). Commef,f^′, g etg^′ sont continues par morceaux, elles admettent toutes des limites finies enxi et xi+1, donc aussif^′g+f g^′. De plus,f etgétant continue sur[0,1],f gaussi. Donc l’existence de limites à droite et/ou gauche enxi de (f g)^′ assure la dérivabilité à droite et/ou gauche en ces points (théorème de prolongement des fonctions de classeC¹). Ainsi,f g∈ D.

• On peut alors construire comme dans la question 1 la fonctiong0 correspondant à la dérivée de f g, égale notamment àf^′g+f g^′ sur chaque intervalle]xi, xi+1[, la dérivée étant prise ici au sens usuel.

• Étant donné toute autre dérivéef^′defet toute autre dérivéeg^′deg(au sens de l’énoncé),f^′etg^′coïncident avec les dérivées usuelles en toutx6=xi, sauf en un nombre fini de points, doncf^′g+f g^′ coïncide avecg0

sauf en un nombre fini de points.

• L’énoncé nous faisant admettre qu’une intégrale est invariante par changement d’un nombre fini de point, la fonctionf^′g+f g^′ vérifie la relation

f(x)g(x) =f(0)g(0) + Z x

0

g0(s) =f(x)g(x) =f(0)g(0) + Z x

0

f^′(s)g(s) +f(s)g^′(s),

et donc par définition f^′g+f g^′ est une dérivée def g.

4. Soit

P(λ) = Z 1

0

(g(x) +λ)² dx>0.

On a, en développant :

P(λ) = Z 1

0

g(x)² dx+ 2λ Z 1

0

g(x) dx+λ². Ce polynôme gardant un signe constant, son discriminant est négatif, d’où :

4 Z 1

0

g(x) dx

−4 Z 1

0

g(x)² dx60 donc:

Z 1 0

g(x)² dx>

Z 1 0

g(x) dx ²

.

On a l’égalité si et seulement si le polynômeP admet une racine, donc s’il existeλ∈Rtel que Z 1

0

(g(x) +λ)² dx= 0.

Pour un telλ, la propriété de positivité de l’intégrale admise en début de l’énoncé nous permet d’affirmer que g(x) +λ = 0 presque partout. Ainsi, g est bien constante presque partout (on entend par cette expression constante sauf en un nombre fini de points).

5. La fonctionx7→

Z x 0

g(s) dsest dansD (question 1(c)) etx7→xR1

0 g(s) dsest de classe C¹ sur[0,1]. Donc la somme des deux est encore dansD. De plus, de façon évidente, f(0) =f(1) = 1. Donc f ∈ D⁰.

6. En prenant pour θla fonctionf de la question précédente, on a, pour presque toutx:

θ^′(x) =g(x)− Z 1

0

g(s),

donc :

0 = Z 1

0

g(s)θ^′(s) ds= Z 1

0

g(s)²ds− Z 1

0

g(s) ²

.

Il découle de la question 2 que gest constante presque partout.

7. Soitθ∈ D0. Soit, pour x∈[0,1]:

f˜(x) =f(0) + Z x

0

g(s) ds.

D’après la question 2, f˜∈ D. On a alors

( ˜f θ)^′= ˜f θ^′+gθ.

Il en résulte que

f˜(1)θ(1) = ˜f(0)θ(0) + Z 1

0

( ˜f(s)θ^′(s) +g(s)θ(s)) ds= ˜f(0)θ(0) + Z 1

0

( ˜f(s)θ^′(s)−f(s)θ^′(s))

Commeθ(0) =θ(1), et d’après la question précédente, il vient f˜=f presque partout . Comme par définition,f˜(0) =f(0), la relation définissantf˜amène

f˜(x) =f(0) + Z x

0

g(s) ds .

Par ailleurs, sig est continue,f˜est une primitive de gsur[0,1], donc f˜est de classeC¹.

Partie III – Minimisation d’une expression intégrale

1. Les fonctions étant continues par morceaux, les intégrales sont bien définies. Un choix de dérivées différentes ne modifie pas la valeur de l’intégrale (seul un nombre fini de points sont modifiés). Ainsi, Eλ est bien définie . 2. (a) Soit ψ∈ D⁰. SoitF la fonction définie pour toutt∈Rpar :

F(t) =Eλ(uλ+tψ)

Un petit développement montre que F est une fonction polynomiale en t, dont le coefficient du terme de degré 1 est :

Z 1 0

u^′_λ(x)ψ^′(x)−λ(1−uλ(x)²)uλ(x)ψ(x) dx.

Ainsi,

F^′(0) = lim

t→0 t6=0

Eλ(uλ+tψ)−Eλ(uλ)

t =

Z 1 0

u^′_λ(x)ψ^′(x)−λ(1−uλ(x)²)uλ(x)ψ(x) dx.

(b) CommeF est minimale en 0 (par définition deuλ) et que le domaine deF est ouvert, il vient F^′(0) = 0, donc

Z 1 0

u^′_λ(x)ψ^′(x)−λ(1−uλ(x)²)uλ(x)ψ(x) dx= 0 , ceci étant vrai pour toutψ∈ D0.

(c) La question II-7, appliquée à f =u^′_λ et g =λ(1−u²_λ)uλ montre queu^′_λ coïncide avec une fonction de D sauf en un nombre fini de points, donc en particulier avec une fonction continue. Soithcette fonction. La fonctionhest aussi une dérivée deu^′λ, donc

∀x∈[0,1], uλ(x) = Z x

0

h(s) ds,

d’où il vient queuλ est une primitive au sens usuel deh, et est donc de classeC¹.

Sa dérivée au sens classique différant deu^′_λ initialement considéré d’un nombre fini de points, les équations intégrales restent vraies.

La fin de la question I-7 nous assure alors queu^′_λest de classeC¹(car la fonctiongcosidérée, définie à partir deuλ, est continue), donc que uλest de classeC².

Enfin, on a vu lors de II-7 que la fonctiongest une dérivée def˜, donc ici deu^′_λ, d’où il vient (l’égalité étant vraie partout par continuité) :

∀x∈]0,1[, u^′′_λ(x) =−λ(1−uλ(x)²)uλ(x).

On a alorsu^′′_λ elle-même de classeC², doncuλ est de classe C⁴, et un argument de récurrence immédiate amène le fait queuλest de classeC²ⁿ pour toutn∈N, donc uλ est de classeC^∞.

(d) En multipliant la relation précédente paru^′_λ, on peut primitiver facilement, et, deux primitives différant d’une constante, il existeCλtel que

∀x∈]0,1[, (u^′_λ(x))²= λ

2((uλ(x)²−1)²−Cλ).

(e) Puisque uλ(0) =uλ(1) = 0, d’après le théorème de Rolle (uλ étant continue sur[0,1], dérivable sur]0,1[), il existec∈]0,1[tel queu^′_λ(c) = 0, donc ^λ₂((uλ(c)²−1)²−Cλ) = 0, donc

Cλ= (uλ(c)²−1)²>0.

Par ailleurs, en évaluant en0, on obtient :

u^′_λ(0)²=λ

2(1−Cλ), d’où,λétant positif,Cλ61.

On a bien obtenu Cλ∈[0,1].

(f) Par ailleurs, siuλ(x)prend la valeur1 pour un certainx, alors, du fait du signe deu^′_λ(x)², nécessairement Cλ= 0puisu^′_λ(x) = 0. Or, ilexiste une unique solutionude l’équation différentielle sur]0,1[satisfaisant à u(x) = 1et u^′(x) = 0, et la fonction constante de valeur1 convient, donc est égale à cette unique solution.

Cela entre en contradiction avecuλ(0) = 0et la continuité deuλen0.

Ainsi, uλ ne prend pas la valeur1 sur ]0,1[, et uλ(0) = uλ(1) = 0. De la même façon, uλ(x) ne peut pas prendre la valeur −1. Par continuité, le théorème des valeurs intermédiaire nous apprend que pour tout x∈[0,1],−1< uλ(x)<1, donc(uλ(x)²−1)²<1, en particulier pour la valeurcde la question précédente.

Ainsi, il vient Cλ<1 .

3. (a) Soit ε∈]0,¹₂[. On vérifie facilement quev est un élément deD⁰. Une dérivée possible est :

∀x∈[0,1], v^′(x) =











1

ε six∈[0, ε]

0 six∈]ε,1−ε[

−¹ε six∈[1−ε,1].

On obtient alors :

Z 1 0

v^′(t)² dt= Z ε

0

dt ε² +

Z 1 1−ε

dt ε² = 2

ε. De même,

Z 1 0

(1−v(t)²)² dt= Z ε

0

1−x²

ε^{2 2}

dx+ Z 1

1−ε

1−(1−x)² ε²

² dx.

Un changement de variabley=^x_ε dans la première intégrale ety= ¹⁻_ε^x dans la seconde amène : Z 1

0

(1−v(t)²)² dt= 2 Z 1

0

(1−y²)²,

valeur que l’on pourrait calculer, indépendante dev, et que nous nommerons simplement2I. Alors Eλ(v) = 1

ε+εIλ 2.

ceci étant vrai pour toutε ∈]0,¹₂[, on peut en particulier choisir ε= ^√1_λ, dès lors que λ >4. Ainsi, pour toutλ >4, il existev tel que

Eλ(v) =

2 +I 2

√ λ.

En posantC= 1 +^I₂, on a bien, pour toutλ >4,Eλ(uλ)6C√ λ

(b) De façon évident, Eλ(u) = Eλ(−u), donc si uλ 6= 0, la soltion n’est pas unique, puisque −uλ est aussi solution. Or,

Eλ(0) = λ 4, et √

λ = o ^λ₄

, donc il existe λ0 que pour tout λ > λ0, ^λ₄ > C√

λ, ce qui empêche que 0 soit solution du problème de minimisation. Comme c’était le seul cas possible d’unicité, à partir de λ0, la solution du problème de minimisation n’est pas unique.

4. (a) En posant ϕλ=u²_λ, il vient : λ

4 Z 1

0

(ϕλ(x)−1)²dx61 2

Z 1 0

(u^′(x))² dx+λ 4

Z 1 0

(ϕλ(x)−1)² dx6C√ λ,

pour toutλassez grand. Ainsi pourλassez grand, 06 λ

4 Z 1

0

(ϕλ(x)−1)²dx6 C λ, et le théorème d’encadrement amène : lim

λ→+∞

Z 1 0

(ϕλ(x)−1)² dx= 0.

(b) D’après une des questions précédentes,uλ est à valeurs dans]−1,1[, doncµλ<1, et donc

∀x∈[0,1], (µ²_λ−1)²= (1−µ²_λ)²6(1−uλ(x)²)², d’où, par intégration :

06(µ²_λ−1)²6 Z 1

0

(ϕλ(x)−1)² dx .

On déduit de la question précédente et du théorème d’encadrement que lim

λ→+∞µλ= 1.

Partie IV – Minoration des réelsC tels que Eλ(uλ)6C√ λ

1. On peut définir vλ=uλ siλ > λ0 etvλ = 0sinon. Alors, pourλ < λ0,

Eλ(vλ) =Eλ(0) =λ 4 =

√λ 4 ·√

λ6λ0

4 ·√ λ, et pour tout λ > λ0, Eλ(vλ) 6 C√

λ. Ainsi, en prenant C0 = max√λ0

4 , C

, on a bien, pour tout λ > 0, Eλ(vλ)6C0

√λ. 2. Il suffit de constater que

εx²+1

εy²−2xy= √

εx− y

√ε 2

>0,

il vient : εx²+1

εy²>2xy.

En posantε=q

2

λ, il vient alors : Eλ(vλ) =

rλ 8

Z 1 0

εv^′λ(x) +1

ε(1−vλ(x)²)²

dx>

√λ 2

Z 1

0 |vλ^′(x)(1−vλ(x))²| dx.

3. On poseηλ= sup

x∈[0,1]|vλ(x)| et on définit la fonctionF deR₊ dansR₊ par :

F(θ) =







θ−^θ₃ si06θ61

4

3+^θ₃−θ siθ>1.

(a) La fonction|vλ|étant continue sur le segment[0,1], elle admet un maximum. Sa borne supérieureηℓexiste donc, et est atteinte en unxλ de[0,1].

(b) On vérifie sans peine la cotinuité deF surR₊, la classeC¹ surR₊\ {1}, et les dérivabilités à gauche et à droite en1, avecF_g^′(1) = 0 et F_d^′(1) = 0, donc F est dérivable en 1, F^′(1) = 0, et on vérifie facilement la continuité deF^′ en1. Ainsi, F est de classeC¹ surR₊ .

Par ailleurs,

∀θ>0, F^′(θ) =







1−θ² siθ61

θ²−1 siθ >1 donc: F^′(θ) =|1−θ²|

On peut alors revenir à la question 2 : pour toutλ >0 :

Eλ(vλ)>

rλ 2

Z 1

0 |vλ(x)||F^′(vλ(x))| dx

= rλ

2 Z x0

0 |vλ(x)||F^′(vλ(x))|dx+ rλ

2 Z 1

x0

|vλ(x)||F^′(vλ(x))| dx

>

rλ 2

Z x0

0

vλ(x)F^′(vλ(x)) dx

+ rλ

2

Z 1 x0

vλ(x)F^′(vλ(x)) dx

>

rλ

2 (|F(vλ(x0))−F(vλ(0))|+|F(vλ(1))−F(vλ(x0))|) = rλ

2 (|F(0)−F(ηλ)|+|F(ηλ)−F(0)|) et ainsi, Eλ(vλ)>√

2λF(ηλ).

4. En particulier, pour la famille de la question 1, pour toutλ>λ0, Eλ(uλ)

√λ >√ 2F(ηλ).

Par ailleurs, d’après III-4(b),ηλ−→1, doncF(ηλ)tend vers ²₃. Soit alorsε >0. Il existe doncλ1 tel que pour toutλ06l1, et toutλ>λ0,

Eλ(uλ)

√λ > 2√ 2 3 −ε, d’où :

∀λ0>λ1, inf

λ>λ0

Eλ(uλ)

√λ >2√ 2 3 −ε.

La fonctionλ07→ inf

λ>λ0

Eλ(uλ)

√λ étant croissante, elle admet une limite en+∞, et cette limite vérifie donc :

∀ε >0, lim

λ0→+∞ inf

λ>λ0

Eλ(uλ)

√λ >2√ 2 3 −ε.

Ceci étant vrai pour toutε >0, il vient :

λ0lim→+∞ inf

λ>λ0

Eλ(uλ)

√λ >2√ 2 3 .