Remarquons d’abord que, pour tout n ∈ IN∗ et pour toute partie A de [0,1], on a N(A, n

(1)

SEMAINE 10

INT ´EGRALE SUR UN SEGMENT. FONCTIONS INT ´EGRABLES EXERCICE 1 :

Soit x= (x_n)_n∈IN^∗ une suite `a valeurs dans [0,1]. Pour tout entier naturel non nul n et toute partieA de [0,1], on noteN(A, n) le nombre d’indicesk∈[[1, n]] tels quex_k∈A.

On dit que la suitexestéquirépartiesi, pour tous réelsaetb vérifiant 0≤a < b≤1, on a

n→+∞lim

N ]a, b[, n

n =b−a .

Montrer que la suite x est ´equir´epartie si et seulement si, pour toute fonction f : [0,1] → IR continue par morceaux (c.p.m.), on a

n→+∞lim 1 n

n

X

k=1

f(xk) = Z 1

0

f . (*)

- - - -

Remarquons d’abord que, pour tout n ∈ IN^∗ et pour toute partie A de [0,1], on a N(A, n) =

n

X

k=1

χA(xk), o`uχA est la fonction caract´eristique de A.

Pour tout entier naturel non nuln et toute fonctionf continue par morceaux sur [0,1], posons Sn(f) = 1

n

X

k=1

f(xk).

• Supposons la relation(*) vraie pour toute fonctionf continue par morceaux sur [0,1] ; avec f =χ_]a,b[ (fonction en escalier), on obtient

n→+∞lim Sn(f) = lim

n→+∞

N ]a, b[, n

n =

Z 1

0

χ_]a,b[=b−a , d’où la propriété d’équirépartition.

• Réciproquement, supposons la suite équirépartie.

Soit d’abord f : [0,1] → IR en escalier, soit (0 = a0, a1,· · ·, am = 1) une subdivision de [0,1] subordonn´ee `a f, soit λj la valeur (constante) def sur ]aj, aj+1[ (0≤j ≤m−1).

On a alors

Z 1

0

f =

m−1

X

j=0

(a_j+1−a_j)λ_j

et, commef =

m−1

X

j=0

λ_jχ_]a_j_,a_j+1_[+

m

X

j=0

f(a_j)χ_{a_j_}, on a

Sn(f) =

m−1

X

j=0

λj

N ]a_j, a_j+1[, n

n +

m

X

j=0

f(aj)N {aj}, n

n .

Or, par hypoth`ese, lim

n→+∞

N ]a_j, a_j+1[, n

n =a_j+1−a_j pour toutj∈[[0, m−1]].

Il reste `a prouver que, pour tout a ∈ [0,1], lim

n→+∞

N {a}, n

n = 0. Pour cela, il suffit de constater que, sia∈]0,1[ ,

N {a}, n

=N ]0,1[, n

−N ]0, a[, n

−N ]a,1[, n et, poura= 0 eta= 1,

(2)

0≤N {0}, n

+N {1}, n

=n−N ]0,1[, n .

Soit maintenant f : [0,1]→IR, continue par morceaux. On sait quef est limite uniforme d’une suite de fonctions en escalier sur [0,1]. Donc, si on se donneε > 0, on peut trouver g: [0,1]→IR en escalier telle quekf−gk_∞≤ ε

3. D’après ce qui précède, on peut trouver un entierN tel que, pour tout n≥N, on ait

Sn(g)− Z 1

0

g

≤ ε

3. Or, pour tout n,

S_n(f)− Z 1

0

f

≤ |Sn(f)−S_n(g)|+

S_n(g)− Z 1

0

g

+

Z 1

0

g− Z 1

0

f .

Dekf−gk_∞≤ ε

3, on d´eduit que

Z 1

0

g− Z 1

0

f

≤ Z 1

0

|g−f| ≤ ε 3 et

|Sn(f)−Sn(g)|= 1 n

n

X

k=1

f(xk)−g(xk)

≤ 1 n·n· ε

3 = ε 3 , donc, pourn≥N, on a

Sn(f)− Z 1

0

f

≤ε, ce qui prouve que lim

n→+∞Sn(f) = Z 1

0

f.

EXERCICE 2 :

Soitf une bijection continue et strictement croissante de IR₊ vers lui-mˆeme.

a.Montrer que, pour touta∈IR+, Z a

0

f+ Z f(a)

0

f⁻¹=a f(a).

On commencera par traiter le cas où f est de classe C¹. Dans le cas général, on montrera la dérivabilité de la fonctionϕ:a7→

Z f(a) 0

f⁻¹−a f(a).

b.Montrer que, pour tous (a, b)∈IR²₊, Z a

0

f+ Z b

0

f⁻¹≥ab.

- - - -

a. Si f est supposée de classe C¹, une simple dérivation par rapport à la variable apermet de conclure.

Dans le cas général, essayons aussi de dériver par rapport à la variablea. Le terme Z a

0

f est dérivable, de dérivée f(a). Les termes

Z f(a) 0

f⁻¹ et af(a), pris séparément, ne sont pas, en général, dérivables, mais étudions leur différence ϕ(a) (cf. énoncé) et formons un taux d’accroissement.

ϕ(a+h)−ϕ(a) =

Z f(a+h) f(a)

f⁻¹−(a+h)f(a+h) +a f(a).

(3)

Pourh >0, il est facile d’´ecrire un encadrement de l’int´egrale : a f(a+h)−f(a)

≤

Z f(a+h) f(a)

f⁻¹≤(a+h) f(a+h)−f(a) ,

d’o`u l’on tire sans difficult´e

−f(a+h)≤ ϕ(a+h)−ϕ(a)

h ≤ −f(a), donc lim

h→0⁺

ϕ(a+h)−ϕ(a)

h =−f(a)

carf est continue au pointa. On obtient de mˆeme, pourh <0,

−f(a)≤ ϕ(a+h)−ϕ(a)

h ≤ −f(a+h), donc lim

h→0⁻

ϕ(a+h)−ϕ(a)

h =−f(a).

Finalement, ϕ est dérivable sur IR₊, de dérivée −f, donc la fonction g : a 7→

Z a 0

f + Z f(a)

0

f⁻¹−a f(a) est dérivable, de dérivée nulle. Elle est donc constante sur IR+, etg(0) = 0, ce qui répond à la question.

b. Fixons a ≥ 0. Pour tout b ∈ IR₊, posons ψ(b) = Z a

0

f + Z b

0

f⁻¹−ab. La fonction ψ est dérivable, de dérivéeψ⁰(b) =f⁻¹(b)−a. La croissance stricte des fonctionsf etf⁻¹permet d’affirmer que

ψ⁰(b)>0 ⇐⇒ b > f(a).

On en d´eduit sans peine que ψ(b) est minimal lorsque b = f(a) et sa valeur est alors ψ f(a)

=g(a) = 0 d’après lea., ce qui prouve l’inégalité à démontrer.

EXERCICE 3 :

Pour tout f ∈ E = C [a, b],IR

et tout r´eel non nulp, on pose µp(f) = 1 b−a

Z b a

|f|^p

!¹_p : moyenne d’ordrepde la fonction|f|sur [a, b].

1.Calculer lim

p→+∞µ_p(f).

2.Montrer que, si f ∈ E=C [a, b],IR

ne s’annule pas sur [a, b], alors

p→0limµp(f) = exp 1 b−a

Z b a

ln|f(x)|dx

! .

- - - - 1.Si f = 0, alorsµ_p(f) = 0 pour toutp. Excluons d´esormais ce cas.

Soit M = max

[a,b]|f|>0. Soitε >0. Alors, par continuit´e, il existe un segment [α, β] de longueur non nulle sur lequel |f| ≥(1−ε)M.

Alors, pour tout p >0,

(4)

Z b a

|f|^p≥(β−α)·(1−ε)^pM^p, d’o`u µp(f)≥β−α b−a

¹_p

(1−ε)M . Or, lim

p→+∞

β−α b−a

¹_p

= 1, donc

∃P ∈IR^∗₊ ∀p∈IR p≥P =⇒µp(f)≥(1−ε)²M . Pour p≥P, on a alors (1−ε)²M ≤µp(f)≤M. On en d´eduit que

p→+∞lim µp(f) =M = max

[a,b] |f|=N_∞(f). b. Il s’agit de montrer que lim

p→0µp(f) = e^J, o`u J = 1 b−a

Z b a

ϕ, avec ϕ = ln|f|. La fonction

|f| est continue et strictement positive sur le segment [a, b], doncϕ est born´ee sur [a, b] :

|ϕ(x)| ≤ksur [a, b]. La fonction u7→ e^u−1−u

u² étant prolongeable par continuité en zéro, il existe un réel positifM tel que ∀y∈ϕ [a, b]

e^y−1−y y²

≤M. Alors, pour|p| ≤1, on a

µp(f)p

−1−p J = 1

b−a

Z b a

(e^pϕ−1−p ϕ)

≤ M p² b−a

Z b a

ϕ²

!

≤M k²p².

On peut donc ´ecrire µp(f)^p=e^p^ln^µ^p^(f)= 1 +J p+O(p²), d’o`u p lnµp(f) =J p+O(p²), donc lim

p→0lnµp(f) =J et enfin lim

p→0µp(f) =e^J, ce qu’il fallait d´emontrer.

Le nombre µ₀(f) = lim

p→0µ_p(f)est lamoyenne g´eom´etriquede|f|sur [a, b].

EXERCICE 4 :

Soit f : IR → IR une fonction de classe C² telle que ∀t ∈ IR f⁰⁰(t) ≥ m, o`u m est un r´eel strictement positif.

Montrer qu’il existe une constante C “universelle” (c’est-`a-dire ind´ependante de m et de la fonctionf) telle que

∀(a, b)∈IR²

Z b a

e^if(t)dt

≤ C

√m .

On pourra commencer par prouver que f admet un minimum en un point t0 et on majorera

Z t1

t₀

e^if(t)dt

ind´ependamment du r´eelt₁.

Source : Antoine CHAMBERT-LOIR, Stéfane FERMIGIER, Vincent MAILLOT, Exercices de mathématiques pour l’Agrégation, Analyse 1, Éditions Masson, ISBN 2-225-84692-8

(5)

- - - -

Soitaun réel. D’après le théorème des accroissements finis, on a, pour tout réelt, f⁰(t) =f⁰(a) + (t−a)f⁰⁰(c), avec c∈[t, a] ou [a, t]. Donc,

• pourt≥a, on af⁰(t)≥f⁰(a) +m(t−a) ;

• pourt≤a, on af⁰(t)≤f⁰(a) +m(t−a).

Il en r´esulte que lim

−∞f⁰ =−∞et lim

+∞f⁰ = +∞. Commef⁰ est continue et strictement croissante, il existe un unique pointt₀ tel quef⁰(t₀) = 0 et il est clair que c’est le minimum global de la fonctionf.

Quitte `a translaterf, on peut supposer quet0= 0 et chercher `a majorer

Z a 0

e^if(t)dt

ind´ependamment du r´eela.

• Supposonsa > 0. Posons I = Z a

0

eîf(t)dt. Pour tout ε >0, on peut écrire, en intégrant par parties :

I =

Z ε 0

e^if^(t)dt+ Z a

ε

e^if(t)dt

= Z ε

0

e^if^(t)dt+ Z a

ε

1 i f⁰(t)

i f⁰(t)e^if(t) dt

= Z ε

0

e^if^(t)dt+ e^if(a)

i f⁰(a)− e^if(ε) i f⁰(ε)−i

Z a ε

e^if(t) f⁰⁰(t) f⁰(t)²dt . Pour ε≥a, on a bien sˆur |I| ≤

Z a 0

|e^if(t)|dt=a≤ε et, siε > a, on a

|I| ≤ ε+ 1

f⁰(a)+ 1 f⁰(ε)+

Z a ε

f⁰⁰(t) f⁰(t)² dt

= ε+ 1

f⁰(a)+ 1

f⁰(ε)−h 1 f⁰(t)

i^a

ε=ε+ 2 f⁰(ε) . On a donc |I| ≤ε+ 2

f⁰(ε) pour toutε >0, maisf⁰(ε)≥mε, donc ∀ε >0 |I| ≤ε+ 2 mε, puis |I| ≤min

ε>0

ε+ 2

mε

. Recherchons donc ce minimum : une petite ´etude de fonction, laiss´ee au lecteur, montre qu’il est atteint pourε=

r2

m et vaut 2√

√ 2

m. On a ainsi obtenu la majoration

∀a∈IR₊

Z a 0

e^if(t)dt

≤ 2√

√ 2 m .

• Si a < 0, on applique ce qui précède à la fonction g : t 7→ g(t) = f(−t) qui vérifie aussi g⁰⁰≥met g⁰(0) = 0, donc

(6)

Z a 0

e^if(t)dt

=

Z −a

0

e^ig(u)du

≤ 2√

√ 2 m .

• Pour tousaet br´eels, on a alors

Z b a

e^if(t)dt

≤

Z a 0

e^if(t)dt

+

Z b 0

e^if^(t)dt

≤4√

√ 2 m , d’où le résultat demandé avecC= 4

√ 2. EXERCICE 5 :

SoitEl’ensemble des fonctionsf : IR→IR, de classeC¹, telles que les fonctionsf⁰et g:t7→tf(t) soient de carr´e int´egrable sur IR.

a.V´erifier que E est un espace vectoriel.

b.Soitf ∈ E. Montrer quef est de carr´e int´egrable et que Z

IR

f²≤2 Z

IR

f⁰² ¹₂ Z

IR

g² ¹₂

. c. Etudier les cas d’´´ egalit´e.

- - - -

a.Une fonctionf appartient àE si et seulement si les fonctionsf⁰etg:t7→tf(t) (qui dépendent linéairement def) appartiennent à l’espace vectoriel L²(IR), doncEest un s.e.v. de l’espace C¹(IR,IR).

b.L’in´egalit´e f(t)²≤g(t)², vraie pour|t| ≥1, montre quef ∈L²(IR).

Posons I= Z

IR

f⁰² et J = Z

IR

g². La fonction t7→t f(t)f⁰(t) est intégrable sur IR comme produit de deux fonctions de carré intégrable et l’inégalité de Cauchy-Schwarz montre que

(f⁰|g) =

Z +∞

−∞

t f(t)f⁰(t)dt

≤√

IJ =N2(f⁰)·N2(g). (*) Or, une int´egration par parties montre que, pour tous r´eels AetB,

Z B A

f(t)²dt=

t f(t)²^B

A −2 Z B

A

t f(t)f⁰(t)dt . (**) Les fonctionsf²et t7→t f(t)f⁰(t) étant intégrables sur IR, l’expressiont f(t)² admet une limite finie l lorsque t tend vers +∞. Si on avait l 6= 0, alors g(t)² =t²f(t)² aurait une limite infinie en +∞, ce qui contredit l’intégrabilité deg² sur IR.

On a donc lim

t→+∞t f(t)²= 0 et, de mˆeme, lim

t→−∞t f(t)²= 0.

De (**), on d´eduit alors que Z

IR

f² = −2 Z +∞

−∞

t f(t)f⁰(t) dt, d’où, en vertu de (*), l’inégalité demandée.

(7)

c.L’égalité a lieu si et seulement s’il y a égalité ci-dessus dans(*)(Cauchy-Schwarz), c’est-à-dire si et seulement si les fonctionsf⁰ et g sont liées, donc si f⁰ = 0 (f constante) ou sif est solution d’une équation différentielle de la forme

λx⁰+tx= 0 (E)

(t: variable, x: fonction inconnue).

Les fonctions constantes autres que la fonction nulle sont `a exclure. Les solutions de (E) sont les fonctions de la forme t 7→ C·e

−t²

2λ (C ∈ IR). On ne conservera que les valeurs strictement positives de λ(sinon, la fonction f n’appartient pas `a E). On obtient donc les fonctions

f :t7→C·e^−αt² (α∈IR^∗₊, C ∈IR).

EXERCICE 6 :

Dans cet exercice, on admettra le lemme suivant (th´eor`eme de Hardy) : si X

n

u_n est une série convergente à termes positifs, alors la série de terme généralv_n = √ⁿ

u₀u₁· · ·u_n−1est convergente.

Soitf : IR₊→IR^∗₊ une fonction continue. On suppose que la fonction 1

f est int´egrable sur IR₊. Pour toutx∈IR+, on poseF(x) =

Z x 0

f(t)dt. On d´efinit enfing par

g(0) = 1

f(0) et ∀x∈IR^∗₊ g(x) = x F(x).

1. Pour tout n∈IN, on pose a_n =F(n+ 1)−F(n). Démontrer l’inégalité 1 an

≤ Z n+1

n

dt f(t). Cons´equence pour la s´erie X

n

1 an

? 2.Montrer que la s´erieX

n

g(n) est convergente.

3.En d´eduire que la fonctiong est int´egrable sur IR+.

4. S’il reste du temps... démontrer le théorème de Hardy : pour cela, on pourra écrire

n−1

Y

k=0

uk= 1 (n+ 1)ⁿ

n−1

Y

k=0

(k+ 2)^k+1 (k+ 1)^k uk

.

Source : Jean-Marie ARNAUDI ÈS, L’intégrale de Lebesgue sur la droite, Éditions Vuibert, ISBN 2-7117-8904-7

- - - -

(8)

1.On aa_n = Z n+1

n

f(t)dt (a_n est strictement positif) et l’in´egalit´e de Cauchy-Schwarz donne

an

Z n+1 n

dt f(t)

=

Z n+1 n

f(t)dt

Z n+1 n

dt f(t)

≥

Z n+1 n

dt ²

= 1,

d’où l’inégalité voulue. La fonction 1

f étant intégrable sur [0,+∞[, la série de terme général Z n+1

n

dt

f(t) converge, il en est donc de mˆeme de la s´erie X

n

1 a_n.

2. On aF(x) >0 pour x > 0, donc g est bien définie sur IR₊, elle est par ailleurs dérivable sur IR^∗₊ et continue en zéro. Par l’inégalité arithmético-géométrique, on a, pour tout entier naturelnnon nul,

1

g(n)= F(n) n = 1

n

n−1

X

k=0

a_k ≥ⁿ⁻¹Y

k=0

a_k

n1

,

donc g(n)≤

n−1

Y

k=0

1 ak

!¹n

et, d’après le théorème de Hardy, la série de terme généralg(n) est convergente.

3. La fonctiong étant à valeurs positives, l’intégrabilité degsur IR₊ équivaut à la convergence de la série de terme général cn=

Z n+1 n

g(t)dt. Or, la fonctiongest de classeC¹sur [1,+∞[

et, si on prouve que sa dérivéeg⁰ est intégrable sur [1,+∞[, la série X

n

cn sera de mˆeme nature que la s´erie X

n

g(n), donc convergente (eh oui, c’est un th´eor`eme au programme!).

On a g⁰(x) = 1

F(x)−x f(x)

F(x)² sur IR^∗₊. PosonsI=

Z +∞

0

dx

f(x) >0. Pour tout réelxstrictement positif, l’inégalité de Cauchy-Schwarz donne

Z x 0

dt f(t)

Z x 0

f(t)dt

≥ Z x

0

dt ²

=x², d’o`u F(x) ≥ x²

I . On a donc 1

F(x) ≤ I

x² et la fonction 1

F est int´egrable sur [1,+∞[.

Par ailleurs, une intégration par parties (écrite ici sur des intégrales indéfinies) donne Z x f(x)

F(x)² dx =− x F(x) +

Z dx

F(x) ; on a lim

x→+∞

x

F(x) = 0 et la fonction 1

F est int´egrable sur [1,+∞[, il en r´esulte que la fonction x7→ x f(x)

F(x)² (à valeurs positives) est intégrable sur [1,+∞[. On a ainsi prouvé l’intégrabilité sur [1,+∞[ de la fonctiong⁰, c.q.f.d.

(9)

4.On vérifie l’égalité proposée par l’énoncé. On a donc ⁿ⁻¹Y

k=0

uk

_n¹

= 1

n+ 1 ·

n−1

Y

k=0

(k+ 2)^k+1 (k+ 1)^k uk

n¹

≤ 1

n(n+ 1)·

n−1

X

k=0

(k+ 2)^k+1 (k+ 1)^k uk

par l’inégalité arithmético-géométrique. Posons alors w_n =

n−1

X

k=0

(k+ 2)^k+1

(k+ 1)^k u_k et v_n =ⁿ⁻¹Y

k=0

u_k¹_n

. Alors, pour toutN ∈IN^∗,

N

X

n=1

vn ≤

N

X

n=1

1

n(n+ 1) wn =

N

X

n=1

1 n− 1

n+ 1

wn=

N

X

n=1

w_n n −

N+1

X

n=2

w_n−1 n

=

N

X

n=2

wn−wn−1

n +w1− wN

N+ 1

≤

N

X

n=2

1 + 1

n n

u_n−1+ 2u0≤e

N−1

X

n=0

un.

car 1 + 1

n n

≤e pour toutn∈IN^∗. Ainsi, la convergence deX

n

unentraˆıne la convergence deX

n

vn, et on a, plus pr´ecis´ement, la majoration

∞

X

n=1

v_n ≤e

∞

X

n=0

u_n (in´egalit´e de Carleman).