Partie B – Fonctions de longueur born´ ee

DM de MPSI2

Corrig´ e de devoir non surveill´ e

Fonctions ` a variations born´ ees

Partie A – G´ en´ eralit´ es

A.1La fonction nulle ´etant `a la fois croissante et d´ecroissante, sif est croissante (resp. d´ecroissante), alors la relationf =f+ 0 (resp.f = 0 +f) montre quef est `a variations born´ees.

A.2

a Supposonsf monotone. Pour toute subdivision σ= (xk)_k∈[[0,p]]de [a, b], on a : l(σ, f) =

p−1

X

k=0

|f(x_k+1)−f(x_k)|=

p−1

X

k=0

(f(x_k+1)−f(x_k))

=|f(b)−f(a)|, doncf est de longueur born´ee, et :

|f(b)−f(a)|=L^b_a(f).

bSoitf une fonctionK-lipschitzienne,σ= (x_k)_k∈[[0,p]]une subdivision de [a, b] : l(σ, f) =

p−1

X

k=0

|f(x_k+1)−f(x_k)|6

p−1

X

k=0

K|xk+1−x_k|=K(b−a), donc (par propri´et´e de la borne sup´erieure deR),f est de longueur born´ee sur [a, b], et :

L^b_a(f)6K(b−a).

cEn prenant la subdivisionσ= (a, b) de [a, b], on al(σ, f) =|f(b)−f(a)|, montrant :

|f(b)−f(a)|6L^b_a(f).

A.3VB(I,R) est clairement une partie deR^I, non vide puisque comprenant la fonction identiquement nulle.

Supposons, pour i∈ {1,2}, disposer de fi =gi+hi `a variations born´ees, o`u gi et hi sont respectivement croissante et d´ecroissante.

En ´ecrivantf1+f2= (g1+g2) + (h1+h2), on constate quef1+f2est `a variations born´ees.

Soitλ∈R : siλ∈R+ (resp.λ∈R−), alors, en ´ecrivantλf1 = (λg1) + (λh1), (resp.λf1 = (λh1) + (λg1)) on constate queλf1 est `a variations born´ees.

Enfin VB(I,R) comprend les fonctions croissantes, et chacun de ses ´el´ements est une combinaison lin´eaire de deux fonctions croissantes, le r´esultat est donc d´emontr´e.

Partie B – Fonctions de longueur born´ ee

B.1Soitσ= (xk)_k∈[[0,p]] une subdivision de [a, b] : l(σ, f+g) =

p−1

X

k=0

|(f+g)(xk+1)−(f+g)(xk)|6

p−1

X

k=0

(|f(xk+1)−f(xk)|+|g(xk+1)−g(xk)|) =l(σ, f)+l(σ, g)6L^b_a(f)+L^b_a(g).

Ceci valant pour toutes subdivisionσde [a, b],f +g est bien de longueur born´ee sur [a, b], et : L^b_a(f+g)6L^b_a(f) +L^b_a(g).

B.2Supposonsf de longueur born´ee sur [a, c] et [c, b]. Soitσ= (xk)_k∈[[0,p]]une subdivision de [a, b]. Soitk0

l’entier tel quec∈[xk₀, xk₀+1]. En observant que|f(xk₀+1)−f(xk₀)|6|f(xk₀+1)−f(c)|+|f(c)−f(xk₀)|, et en consid´erant les subdivisions σa et σb de supports respectifs{x0, . . . , xk₀, c}et{c, xk₀+1, . . . , xp, on obtient

l(σ, f)6l(σa, f) +l(σb, f)6L^c_a(f) +L^b_c(f),

ce qui montre quef est de longueur born´ee sur [a, b], et que L^b_a(f)6L^c_a(f) +L^b_c(f).

Supposons quef soit de longueur born´ee sur [a, b], et soitσ_aet σ_b des subdivisions respectives de [a, c] et [c, b].

En consid´erant la subdivisionσdont le support est l’union des supports de σ_a et σ_b, on obtient (∗) l(σa, f) +l(σb, f) =l(σ, f)6L^b_a(f),

en particulier,l(σa, f)6L^b_a(f), donc f est de longueur born´ee sur [a, c]. De mˆeme, f est de longueur born´ee sur [c, b], puis, en revenant `a (∗) :

L^c_a(f) +L^b_c(f)6L^b_a(f),

Ceci montre bien que f est de longueur born´ee sur [a, b] si et seulement si elle l’est sur [a, c] et [c, b], et qu’alors :

L^b_a(f) =L^c_a(f) +L^b_c(f).

Partie C – Variations born´ ees vs longueur born´ ee

C.1Supposonsf `a variations born´ees : elle est somme d’une fonction croissante et d’une d´ecroissante, toutes deux de longueur born´ee sur [a, b] en vertu de A.2.a. D’apr`es B.1,f est de longueur born´ee sur [a, b].

C.2Clairement,f =g+h. Soitt, t⁰ ∈I,t6t⁰ : g(t⁰)−g(t) =1

2

f(t⁰)−f(t) +L^t_t⁰

>0

grˆace `a A.2.c, doncgest croissante. De mˆeme,hest d´ecroissante, etf est donc `a variations born´ees surI.

C.3f ´etant de classeC¹, elle est lipschitzienne, et, partant (cf. A.2.b), de longueur born´ee sur tout segment inclus dansI. D’apr`es la question pr´ec´edente,f est `a variations born´ees.

Partie D – Un exemple de fonction d´ erivable et born´ ee mais non ` a variations born´ ees

D.1

a La fonction sinus ´etant born´ee, f(x) = O(x²) = o(x) en 0, doncf admet un d´eveloppement limit´e en 0 `a l’ordre 1, de partie r´eguli`ere nulle : autrement dit, f(0) = 0,f est d´erivable en 0, etf⁰(0) = 0.

f est ´evidemment d´erivable en tout r´eel non nulx, et f⁰(x) = 2xsin(1/x²)−2

xcos(1/x²).

bEn consid´erant la suite de terme g´en´eral 1/√

nπ, de limite nulle, on constate que f⁰ n’a pas de limite en 0 :f n’est donc pas de classeC¹ surR.

D.2L’encadrement donn´e en indice provient imm´ediatement de la d´ecroissance de la fonction inverse sur R^∗+.

En utilisant la question pr´ec´edente, on obtient, en sommant pourkallant de 1 `an(et en utilisant la relation de Chasles) :

h_n+1−16ln(n+ 1)6h_n, d’o`u, sin>2 :

ln(n+ 1)6h_n 61 + ln(n).

En divisant par le r´e´el strictement positif ln(n) (o`u n>2), puis en le faisant tendre vers +∞, on obtient bien que (hn) diverge ethn ∼ln(n).

D.3

a v_n= ln_1+1/(4n)

1−1/(4n)

= ln(1 + 1/(2n) + o(1/n)) = 1/(2n) + o(1/n), doncv_n∼ _2n¹ .

bToute suite convergeant vers 1 est minor´ee, `a partir d’un certain rang, par 1/2 (prendreε= 1/2 dans l’asssertion formelle de convergence) : il existe donc un rangN `a partir duquelvn >4n¹.

On a donc, pour tout entiern>N :wn−wN >(hn−hN)/4, puiswn >hn/4 +wN−hN/4, ce qui montre (grˆace `a D.2) la divergence de (wn) vers +∞.

D.4

a Le segment [un+1, un] contienthq

4

(4n+1)π,q ₄

(4n−1)π

i

, segment sur lequelt7→ |cos(1/t²)|est minor´ee par

√2

2 . Par croissance de l’int´egrale, Z u_n

u_n+1

1 t

cos 1

t²

dt>

√2 2

Z

q ₄

(4n−1)π

q ₄

(4n+1)π

dt t .

bSoitN∈N^∗. D’apr`es la question pr´ec´edente, et par relation de Chasles : Z u1

u_N+1

1 t

cos 1

t²

dt >

N

X

n=1

√2 2

Z

q 4 (4n−1)π

q ₄

(4n+1)π

dt t

=

√2 4

N

X

n=1

ln

4n+ 1 4n−1

,

donc, d’apr`es D.3.b

lim

N→+∞

Z u1

u_N+1

1 t

cos 1

t²

dt= +∞.

Commex7→Ru1

x 1 t

cos _t¹2

dtest d´ecroissante (puisque la fonction int´egr´ee est positive) : cette fonction a une limite en 0⁺, qui vaut +∞d’apr`es ce qui pr´ec`ede :

lim

x→0⁺

Z u₁

x

1 t

cos 1

t²

dt= +∞.

cSoitt∈R^∗+. D’apr`es D.1.a et l’in´egalit´e triangulaire, 1

t

cos 1

t²

6t|sin(1/t²)|+1

2|f⁰(t)|dt.

Ort7→t|sin(1/t²)|est prolongeable par continuit´e en 0, doncRu₁

x t|sin(1/t²)|dta une limite finie lorsquextend vers 0⁺.

D’apr`es la question pr´ec´edente, il vient bien : lim

x→0⁺

Z 1

x

|f⁰(t)|dt= +∞.

dRaisonnons par l’absurde, en supposantf de longueur born´ee sur [0,1]. Soit x∈]0,1[. On a : Z x

0

|f⁰(t)|dt=L^x₀(f) =L¹₀(f)−L¹_x(f)6L¹₀(f),

ce qui conduit (grˆace `a la question pr´ec´edente) `a une absurdit´e lorsqu’on fait tendre xversO⁺.

Partie E – Extension au cas des fonctions vectorielles

E.1Ce r´esultat provient naturellement des in´egalit´es max

i∈[[1,n]]|yi|6kyk6

n

X

i=1

|yi|,

valables pour touty= (y1, . . . , yn)∈Rⁿ.

Montrer quef est de longueur born´ee sur [a, b] si et seulement si ses fonctions composantes le sont (toutes), et qu’alors :

i∈[[1,n]]max L^b_a(fi)6L^b_a(f)6

n

X

i=1

L^b_a(fi).

E.2Soitσ= (xk)k∈[[0,p−1]]une subdivision de [a, b]. CommeRconserve les distances, l(σ, R◦f) =

p−1

X

k=0

k(R◦f)(x_k+1)−(R◦f)(x_k)k

=

p−1

X

k=0

kR(f(x_k+1))−R(f(x_k))k

=

p−1

X

k=0

kf(xk+1)−f(xk)k

= l(σ, f).

On en d´eduit imm´ediatement le r´esultat voulu.

E.3f₁, . . . , f_n sont de classeC¹, donc de longueur born´ee sur tout segment inclus dansI, doncf itou.

E.4Les fonctions composantes deT◦f sont des combinaisons lin´eaires de celles def, et sont donc ´egalement de classeC¹. On sait de plus quef admet un d´eveloppement limit´e `a l’ordre 1 en tout pointtdeI, et

f(t+ ∆t) =f(t) +f⁰(t)∆(t) + o(k∆tk).

En appliquant l’application lin´eaireT, il vient :

(T◦f)(t+ ∆t) = (T ◦f)(t) + (T◦f⁰)(t)∆t+ o(k∆tk).

(on a utilis´e le fait (imm´ediat en consid`erant la matrice canoniquement associ´ee) queT ´etait continue en 0 afin d’´ecrireT(o(k∆tk)) = o(k∆tk).) Par ailleurs,T◦f ´etant de classeC<sup>1</sup>, elle admet pour d´eveloppement limit´e `a l’ordre 1 ent :

(T◦f)(t+ ∆t) = (T ◦f)(t) + (T◦f)⁰(t)∆t+ o(k∆tk).

Ainsi a-t-on, par unicit´e du d´eveloppement limit´e : (T◦f)⁰(t) =T◦f⁰(t), puis, ceci valant pour toutt∈I (T◦f)⁰=T◦f⁰.

E.5

a Si f⁰(t)6=−→

0 , alors (seul) le normalis´e def⁰(t) convient, et, sif⁰(t) =−→

0 , alors tout vecteur unitaire convient.

bOn compl`ete~uet (1,0, . . . ,0) en des bases orthonorm´eesBetB⁰. Il existe un (unique) automorphisme RenvoyantBsurB⁰. De plusR est orthogonal car ces deux bases sont orthonorm´ees.

cD’apr`es E.4,g est de classeC<sup>1</sup>, etg<sup>0</sup>(t) =R(f<sup>0</sup>(t)) =kf<sup>0</sup>(t)kR(~u) = (kf<sup>0</sup>(t)k,0, . . . ,0), d’o`u le r´esultat souhait´e.

d g est de classe C¹, donc de longueur born´ee sur le segment d’extr´emit´est et t+v. On peut donc lui appliquer E.1, obtenant

L^t+v_t (g1)6L^t+v_t (g)6

n

X

i=1

L^t+v_t (gi) siv >0, et

n

X

i=1

L^t+v_t (g_i)6L^t+v_t (g)6L^t+v_t (g₁) sinon.

CommeL^t+v_t (g) =L^t+v_t (f) (carR est orthogonal), on obtient bien l’encadrement voulu.

ePour toute fonctionhde classeC¹ deIdansR, on a, en conservant les notations pr´ec´edentes : 1

vL^t+v_t (h) =1 v

Z t+v

t

|h⁰(u)|du−→v→0|h⁰(t)|.

En observant ´egalement que ¹_vL^t+v_t (f) = ¹_v(w(t+v)−w(t)) et grˆace `a la question pr´ec´edente, on constate que west d´erivable en t, et quew⁰(t) =kf⁰(t)k.

f La question pr´ec´edente montre notamment quewest de classeC¹(sa d´eriv´eekf⁰kest continue puisque la norme est continue etf est de classeC¹), donc

L^b_a(f) =w(b)−w(a) = Z b

a

w⁰(t)dt= Z b

a

kf⁰(t)kdt.