ep1 2008

A Premi` eres propri´ et´ es

On notera V_b(I) l’ensemble des fonctions `a variations born´ees d´efinies sur I.

A.1. Puisque x 7→ 0 est croissante et d´ecroissante, si f est monotone, f = f + 0 = 0 + f est somme d’une fonction croissante et d’une fonction d´ecroissante.

A.2.(a) V_b(I) n’est pas vide car il contient la fonction nulle.

Soient f1 = g1+ h1 et f2 = g2+ h2 avec g1, g2 croissantes et h1, h2 d´ecroissantes.

Alors f = f₁ + f₂ s’´ecrit f = (g₁ + g₂) + (h₁+ h₂) et ceci est la somme d’une fonction croissante et d’une fonction d´ecroissante.

Soit f = g + h ∈ V_b(I) avec g croissante et h d´ecroissante. Si λ ≥ 0 (resp. < 0) λg est croissante (resp. d´ecroissante) et λh est d´ecroissante (resp. croissante). Dans les 2 cas, λf = λg + λh est somme d’une fonction croissante et d’une fonction d´ecroissante.

Ces trois assertions assurent que V_b(I) est un sous-espace vectoriel de F (I, R).

(b) Par A1 V_b(I) contient les fonctions croissantes. L’espace vectoriel engendr´e par les fonctions croissantes est le plus petit espace sous vectoriel de F (I, R) qui contient les fonctions croissantes. Il est donc contenu dans V_b(I).

R´eciproquement soit f ∈ Vb(I), f = g + h avec g croissante et h d´ecroissante.

g et −h sont croissantes, et donc f = g − (−h) appartient `a l’espace vectoriel engendr´e par les fonctions croissantes.

A.3. Soit f = g + h avec g croissante et h d´ecroissante. On a aussi f = k + ` avec k = g − g(α) et ` = g(α) + h avec k croissante, ` d´ecroissante, et de plus k(α) = 0.

A.4. Puisque g est croissante et h d´ecroissante, h(b) − h(a) ≤ 0 et g(b) − g(a) ≥ 0. Avec f (b) − f (a) = g(b) − g(a) + h(b) − h(a) cela donne

h(b) − h(a) ≤ f (b) − f (a) ≤ g(b) − g(a)

A.5. Puisque g et h sont respectivement croissantes et d´ecroissantes, pour tout t dans [a, b] on a g(a) ≤ g(t) ≤ g(b) et h(b) ≤ h(t) ≤ h(a). On en d´eduit par addition g(a) + h(b) ≤ g(t) + h(t) = f (t) ≤ g(b) + h(a). Ainsi f est born´ee sur[a, b].

A.6. Soit x0 int´erieur `a I. La restriction de g (resp. de h) `a I ∩ ]−∞, x0[ est croissante, major´ee par g(x0) (resp. d´ecroissante, minor´ee par h(x0)). Par le th´eor`eme de la limite monotone g(x) et h(x) admettent toutes deux une limite lorsque x tend vers x0 par valeur strictement plus petites que x0. Il en est donc de mˆeme de la somme f (x) = g(x) + h(x). De la mˆeme mani`ere on prouve que f (x) admet une limite lorsque x tend vers x₀ par valeurs strictement plus grandes que x₀.

Remarque : Le programme du concours ne cite pas explicitement de th´eor`eme de la limite monotone dans les cas d’une fonction num´erique. Il est donc prudent de le d´emontrer (cf. la fin de ce corrig´e).

B Fonctions de longueur born´ ee

Remarque : Une partie A de R est major´ee (resp. strictement major´ee) par Λ si et seulement si a ≤ Λ (resp. a ≤ Λ) pour tout a ∈ A.

Il est clair que les propri´et´es Il existe Λ ∈ R tel que A soit strictement major´ee par Λ et Il existe Λ ∈ R tel que A soit major´ee par Λ sont ´equivalentes.

Dire que f est de longueur born´ee sur [a, b] est donc ´equivalent `a dire qu’il existe Λ ∈ R telle que pour toute subdivision σ de [a, b] on ait `(σ, f ) ≤ Λ.

B.1. Soit σ une subdivision quelconque de [a, b]. Alors 0 ≤ `(σ, f ) ≤ L^b_a(f ).

B.2. σ = (a, b) est une subdivision de [a, b]. D’o`u |f (b) − f (a)| = `(σ) ≤ L^b_a(f ).

B.3. Soit σ = (σ₀, . . . , σ_p) une subdivision arbitraire de [a, b]. Alors

`(f, σ) =

p

X

i=0

|f (σ_i) − f (σi−1)| =

p

X

i=0

|g(σ_i) + h(σi) − g(σi−1) − h(σi−1)|

≤

p

X

i=0

|g(σ_i) − g(σ_i−1)| + |h(σ_i) − h(σ_i−1)| = `(g, σ) + `(h, σ)

≤ L^b_a(g) + L^b_a(h).

Ceci prouve que L^b_a(g)+L^b_a(h) est un majorant de `(σ, f ) pour toute subdivision σ de [a, b]. La fonction f est donc de longueur born´ee, et de plus L^b_a(f ) ≤ L^b_a(g) + L^b_a(h).

B.4.(a) L’ensemble {j ∈ {0, 1, . . . , p} | σj > c } ⊂ N est non vide puisque σp = b > c.

Cet ensemble admet donc un plus petit ´el´ement, r. Puisque σ est strictement croissante on en d´eduit l’existence et la valeur de

q = max {j ∈ {0, 1, . . . , p} | σ_j < c } =

(r − 1 si c 6∈ {σ₁, σ₂, . . . , σ_p} r − 2 si σ_r−1= c

(b) Par d´efinition de σ⁰ et σ⁰⁰

a = σ₀⁰ < σ₁⁰ < . . . < σ⁰_q< σ⁰_q+1= c et c = σ₀⁰⁰< σ⁰⁰₁ = σ_r< · · · < σ_p−r+1⁰⁰ = b.

Ceci montre que σ⁰ est une subdivision de [a, c] et σ⁰⁰ une subdivision de [c, b].

(c) Par d´efinition de `

`(σ⁰, f ) =

q

X

i=1

|f (σ_i) − f (σi−1)| + |f (c) − f (σq)|

`(σ⁰⁰, f ) = |f (σ_r) − f (c)| +

p

X

i=r+1

|f (σ_i) − f (σ_i−1)| . Alors

i. Si c ∈ {σ₁, σ₂, . . . , σ_p}, on a c = σ_q+1, r = q + 2 et `(σ, f ) = `(σ⁰, f ) + `(σ⁰⁰, f ).

ii. Si c 6∈ {σ₁, σ₂, . . . , σ_p}, on a r = q + 1 et

`(σ<sup>0</sup>, f ) + `(σ⁰⁰, f ) − `(σ, f )

= |f (c) − f (σ_q)| + |f (σ_q+1) − f (c)| − |f (σ_q+1) − f (σ_q)| ≥ 0, par l’in´egalit´e triangulaire. Dans les deux cas

`(σ, f ) ≤ `(σ⁰, f ) + `(σ⁰⁰, f ).

(d) Soit σ une subdivision arbitraire de [a, b]. On construit σ⁰ et σ⁰⁰ comme dans la question pr´ec´edente, et l’on a

`(σ, f ) ≤ `(σ⁰, f ) + `(σ⁰⁰, f ) ≤ L^c_a(f ) + L^b_c(f )

L’ensemble {`(σ, f ) | σ subdivision de [a, b] } est major´e par L^c_a(f ) + L^b_c(f ). Il admet donc une borne sup´erieure L^b_af qui satisfait L^b_a(f ) ≤ L^c_a(f ) + L^b_c(f ).

B.5.(a) Soient σ⁰ et σ⁰⁰ d´efinies par

a = σ₀⁰ < σ₁⁰ < · · · < σ_p = c et c = σ₀⁰⁰< σ⁰⁰₁ < · · · < σ⁰⁰_q = b On d´efinit σ sur {0, 1, . . . , p + q} par

σi=

(σ_i⁰ pour 0 ≤ i ≤ p

σ_i−p⁰⁰ pour p + 1 ≤ i ≤ p + q.

Alors σ est une subdivision de [a, b] et `(σ, f ) = `(σ⁰, f ) + `(σ⁰⁰, f ).

(b) Supposons f de longueur born´ee L^b_a(f ) sur [a, b]. Fixons σ⁰⁰ une subdivision de [b, c]. Pour toute subdivision σ⁰ de [a, c] soit σ la subdivision de [a, b] construite comme ci dessus `a partir de σ<sup>0</sup> et σ<sup>00</sup>. On a `(σ⁰, f ) = `(σ, f ) − `(σ⁰⁰, f ) et donc

`(σ<sup>0</sup>, f ) ≤ L<sup>b</sup><sub>a</sub>(f ) − `(σ⁰⁰, f ).

Cette majoration, satisfaite pour toute subdivision σ⁰ de [a, c], prouve que f est de longueur born´ee sur [a, c] et que L^c_a(f ) ≤ L^b_a(f ) − `(σ⁰⁰, f ), soit

`(σ⁰⁰, f ) ≤ L^b_a(f ) − L^c_a(f ).

Puisque cette majoration est satisfaite pour toute subdivision σ⁰⁰ de [b, c] ceci prouve que f est de longueur born´ee sur [b, c] et que L^b_c(f ) ≤ L^b_a(f ) − L^c_a(f ).

B.6. Soit f de longueur born´ee sur tout segment de I et α < β < γ trois points de I. Alors f est de longueur born´ee sur [α, γ], et, par B5 et B6 on a L^γ_α(f ) = L^β_α(f ) + L^γ_β(f ).

Avec les conventions L^b_a(f ) = −L^a_b(f ) pour a > b et L^a_a(f ) = 0 ceci est encore satisfait quel que soit (α, β, γ) ∈ R³. V´erifions le seulement, par exemple, dans le cas o`u β < α < γ. Le r´esultat que l’on vient d’obtenir, appliqu´e au triplet (β, α, γ) donne L^γ_β(f ) = L^α_β(f ) + L^γ_α(f ) qui s’´ecrit L^γ_α(f ) = L^β_α(f ) + L^γ_β(f )

C Longueur born´ ee et Variations born´ ees

C.1.(a) Supposons q croissante. Alors, quelle que soit la subdivision σ de [a, b] on a

`(σ, q) =

p

X

i=1

|q(σ_i) − q(σi−1)| =

p

X

i=1

q(σi) − q(σi−1) = q(b) − q(a).

De mˆeme, si q est d´ecroissante on obtient `(σ, q) = q(a) − q(b), et, dans les deux cas `(σ, q) = |q(b) − q(a)|. L’ensemble {`(σ, f ) | σ subdivision de [a, b] } est donc r´eduit au singleton {|q(b) − q(a)|}, ´evidemment major´e et de borne sup´erieure L^b_a(q) = |q(b) − q(a)|.

(b) Soit f = q₁+ q₂ avec q₁ croissante et q₂ d´ecroissante. Par le (a) les fonctions q₁ et q2 sont de longueur finie, et, par B3 il en est de mˆeme de f .

C.2. Soit h > 0 et t, t+h ∈ I. Par B2 on a L^t+h_t (f ) ≥ |f (t + h) − f (t)| ≥ [f (t + h) − f (t)].

On en d´eduit

2g(t + h) − 2g(t) = L^t+h_t (f ) − [f (t + h) − f (t)] ≥ 0

Ce qui prouve la croissance de g. On prouve de mˆeme que h est d´ecroissante.

C.3. Soit f de longueur born´ee sur tout segment de I. Par la question pr´ec´edente f est la somme d’une fonction croissante et d’une fonction d´ecroissante, donc `a variations born´ees. R´eciproquement si f est `a variations born´ees, vu la question C1.b, f est de longueur finie sur tout segment de I. Les propri´et´es ˆetre de longueur finie sur tout segment de I et ˆetre `a variations born´ees sont ´equivalentes.

D Fonctions de classe C

D.1. Par le th´eor`eme fondamental du calcul diff´erentiel et int´egral, si f est de classe C¹ f (b) − f (a) =

Z b a

f⁰(t) dt.

On en d´eduit

|f (b) − f (a)| =    

Z b a

f⁰(t) dt    

≤ Z b

a

f⁰(t)  dt.

D.2.(a) Pour toute subdivision σ = (σ1, σ2, . . . , σp) de [a, b] on a donc

`(σ, f ) =

p

X

i=1

|f (σ_i) − f (σi−1)| ≤

p

X

i=1

Z σi

σi−1

 f⁰(t)

 dt = Z b

a

 f⁰(t)

 dt.

(b) Par (a) l’ensemble {`(σ, f ) | σ subdivision de [a, b] } est major´e par Z b

a

f⁰(t)  dt.

Ceci prouve que f est de longueur born´ee sur [a, b] et que L^b_a(f ) ≤Rb

a |f⁰(t)| dt D.3.(a) Puisque f est de classe C¹ sa d´eriv´ee f⁰ est continue. Sa restriction au seg-

ment [a, b] est donc uniform´ement continue. Soit δ > 0 tel que |f⁰(y) − f⁰(x)| ≤ ε/(b − a) pour |y − x| ≤ δ. Il suffit de choisir une subdivision σ de [a, b] telle que max1≤i≤p|σ_i− σ_i−1| ≤ δ, par exemple la subdivision obtenue en partageant [a, b]

en p intervalles de mˆeme longueur (b − a)/p avec p entier, p ≥ (b − a)/δ.

(b) Par le th´eor`eme des accroissements finis, pour tout i, 1 ≤ i ≤ p, il existe un c_i∈ ]σ_i−1, σ_i[ tel que

f⁰(c_i) = f (σ_i) − f (σ_i−1) σi− σ_i−1 , et donc, puisque σ_i− σ_i−1> 0,

f (σ_i) − f⁰σ_i−1 =

f⁰(c_i)

(σ_i− σ_i−1).

(c) L’in´egalit´e triangulaire et D3a donnent, pour tout x ∈ [σi−1, σi] f⁰(x)

≤ f⁰(c_i)

+

f⁰(x) − f⁰(c_i) ≤

f⁰(c_i) + ε

b − a· En int´egrant les deux membres sur [σi−1, σi] on obtient

Z σi

σi−1

f⁰(t)

 dt ≤ (σ_i− σ_i−1) f⁰(c_i)

+ ε(σ_i− σ_i−1) b − a c’est le r´esultat cherch´e, puisque, par D3b, (σ_i− σ_i−1)

f⁰(c_i)

= |f (σ_i) − f (σ_i−1)|

(d) Par d´efinition de `(σ, f ) et par le r´esultat pr´ec´edent,

`(σ, f ) =

p

X

i=1

|f (σ_i) − f (σi−1)| ≥

p

X

i=1

Z σi

σi−1

  f⁰(t)

−ε(σi− σ_i−1) b − a

 dt

≥ Z σp

σ0

 f⁰(t)

 dt − εσp− σ₀ b − a =

Z b a

 f⁰(t)

 dt − ε puisque σ0= a et σp = b.

D.4. Soit ε > 0 fix´e. Par D3 il existe une subdivision σ de [a, b] telle que `(σ, f ) ≥ Rb

a|f⁰(t)| dt−ε. Par d´efinition de L^b_a(f ), on a donc L^b_a(f ) ≥ `(σ, f ) ≥ Z _b

a

f⁰(t)

 dt − ε.

Puisque cette minoration est vraie pour tout ε > 0 on a L^b_a(f ) ≥Rb

a|f⁰(t)| dt. Avec D2b on en d´eduit

L^b_a(f ) = Z b

a

 f⁰(t)

 dt.

D.5. f est de longueur finie sur tout segment [a, b] ⊂ I, donc `a variations born´ees par C3.

F Une fonction d´ erivable born´ ee, non ` a variations born´ ees

F.1.(a) f est ´evidemment paire.

(b) Par les th´eor`emes usuels relatifs relatifs `a la d´erivation f est d´erivable sur R^? avec f⁰(x) = 2

 x sin 1

x² − 1 xcos 1

x²



. En outre, pour x 6= 0, f (x) − f (0)

x − 0 =

 x sin 1

x²



−→x→00.

f est donc d´erivable en 0 avec f⁰(0) = 0.

(c) Soit xn= 1/√

2nπ. Alors xn→ 0 et 1/x²_n= 2nπ, donc f⁰(x_n) = − 2

xn

cos(2nπ) = −2√

2nπ −→

n→+∞−∞ 6= f⁰(0).

La d´eriv´ee f⁰ n’est donc pas continue en 0.

(d) Lorsque x → +∞, sin 1 x² ∼ 1

x² et donc f (x) ∼ x² 1 x² → 1.

(e) L’´enonc´e en d´eduire que f est born´ee sugg`ere la d´emonstration suivante :

Puisque f (x) → 1 quand x → +∞, il existe A > 0 tel que 0 ≤ f (x) ≤ 2 pour x > A. Sur le segment [0, A] |f | est continue, donc major´ee par une constane M . On a donc |f (x)| ≤ max(M, 2) pour tout x ≥ 0 et, par parit´e, pour tout x ∈ R.

Mais plus simplement on pouvait ´ecrire : Pour x 6= 0, la majoration |sin t| ≤ |t|

(t ∈ R) donne |f (x)| = x²    

sin 1 x²

≤ x² 1

x² ≤ 1. Pour x = 0, |f (0)| = 0 ≤ 1.

F.2. On a

4n + 1

4n − 1 = 1 + 2 4n − 1 et donc ln4n + 1

4n − 1 ∼ 2

4n − 1 ∼ 1

2n. Les s´eries de termes g´en´eraux (positifs) ln4n − 1 4n + 1 et 1

2n sont donc de mˆeme nature, donc toutes deux divergentes.

F.3.(a) Quand n → +∞, la quantit´e positive

q(2n−1)π

2 tend vers l’infini en croissant.

Son inverse,

s 2

(n − 1)π, tend vers 0 en d´ecroissant.

(b) Pour n ≥ 0 notons a_n= s

4

(4n + 1)π et b_n= s

4

(4n − 1)π . Pour tout x dans l’in- tervalle [a_n, b_n] on a nπ −π

4 ≤ 1

x² ≤ nπ + π

4. Si n est pair ceci implique cos_x¹2 ≥

√1

2 et si n est impair cos_x¹2 ≤ −^√1

2. Dans les deux cas    

cos 1 x²

≥

√ 2 2 , d’o`u Z bn

an

1 t    

cos 1 t²    

dt ≥

√2 2

Z bn

an

dt t L’inclusion [a_n, b_n] ⊂ [u_n+1, u_n] et la positivit´e de 1

t    

cos 1 t²    

donnent la minoration Z un

un+1

1 t    

cos 1 t²    

dt ≥ Z bn

an

1 t    

cos 1 t²    

dt, puis le r´esultat demand´e en utilisant la minoration pr´ec´edente.

(c) Vu la question pr´ec´edente Z un

un+1

1 t    

cos 1 t²    

dt ≥

√2 2

Z bn

an

dt t =

√2 2 logb_n

an

=

√2

4 log4n + 1 4n − 1 Puisque la s´erie de terme g´en´eral (positif) log4n + 1

4n − 1 est divergente, il en est de mˆeme de la s´erie de terme g´en´eral

Z un

un+1

1 t    

cos 1 t²    

dt.

(d) Raisonnons par l’absurde en supposant que l’int´egrale Z _u1

0

1 t    

cos 1 t²    

dt est con- vergente. Puisque lim_{N →+∞}u_{N +1}= 0 on en d´eduirait

Z u1

0

1 t    

cos 1 t²    

dt = lim

N →+∞

Z u1

uN +1

1 t    

cos 1 t²    

dt = lim

N →+∞

N

X

n=1

Z un

un+1

1 t    

cos 1 t²    

dt.

La s´erie de terme g´en´eral Z un

un+1

1 t    

cos 1 t²    

dt (n ≥ 1) serait donc convergente ce qui est absurde car, vu la question pr´ec´edente, elle est divergente.

F.4.(a) Pour tout x > 0, f est de classe C¹ sur [x, 1]. Le th´eor`eme fondamental du calcul diff´erentiel et int´egral donne

f (1) − f (x) = Z 1

x

f⁰(t) dt.

Mais f ´etant d´erivable en 0 elle est continue en 0, et donc Z 1

x

f⁰(t) dt = f (1) − f (x) −→

x→0f (1) − f (0)

ce qui prouve la convergence, et donne la valeur, de l’int´egrale impropre Z 1

0

f⁰(t) dt = f (1) − f (0).

Prouvons maintenant que cette int´egrale ne converge pas en valeur absolue. La question F1a et l’in´egalit´e triangulaire donnent, pour t > 0,

1 t    

cos 1 t²    

≤ t    

sin 1 t²    

+1 2  f⁰(t)

. (1)

La fonction t 7→ t sin_t¹2 et continue sur ]0, 1] et se prolonge par continuit´e en 0 en lui donnant la valeur 0. L’int´egrale

Z 1 0

t    

sin 1 t²    

dt est donc une fausse int´egrale impropre ; elle est donc convergente. Si l’int´egrale

Z 1 0

f⁰(t) dt

 ´etait convergente la majoration (1) prouverait la convergence de

Z 1 0

1 t    

cos 1 t²    

contredisant F3d.

(b) Par la question pr´ec´edente R1

x |f⁰(t)| dt n’a pas de limite r´eelle quand x → 0.

Puisque c’est une fonction d´ecroissante de x on a lim_x→0R1

x |f⁰(t)| dt = +∞.

F.5. L’une des in´egalit´es a < 0, b > 0 est vraie. Supposons b > 0. Raisonnons par l’absurde en supposant f de longueur born´ee sur [a, b]. Alors pour tout x, 0 < x < b, on aurait en utilisant le r´esultat de D et B.6

Z b x

f⁰(t)

 dt = L^b_x(f ) = L^b_a(f ) − L^x_a(f ) ≤ L^b_a(f ).

Puisque |f⁰(t)| ≥ 0 ceci prouverait la convergence de l’int´egrale impropreRb

0 |f⁰(t)| dt.

On raisonne de la mˆeme mani`ere si a < 0.

F.6. Si 0 6∈ J f est de classe C¹ sur J donc `a variations born´ees par D. Si 0 ∈ J qui n’est pas r´eduit `a un point, il existe [a, b] ⊂ J avec ab ≤ 0 et donc par la question pr´ec´edente f n’est pas de longueur born´ee sur [a, b]. Par C3 elle n’est pas `a variation born´ee sur J .

G Fonctions ` a valeurs dans R

G.1. Puisque R est un automorphisme de Rⁿ, on a kR(y) − R(x)k = ky − xk pour tout (x, y) ∈ Rⁿ× Rⁿ. Si σ est une subdivision de [a, b] on a donc

`(σ, R ◦ f )a =

p

X

i=1

k(R ◦ f )(b) − (R ◦ f )(a)k =

p

X

i=1

kf (b) − f (a)k`(σ, f ).

Les ensembles {`(σ, f )} et {`(σ, R ◦ f )} o`u σ d´ecrit l’ensemble des subdivisions de [a, b] sont donc identiques, ainsi que leurs bornes sup´erieures. Ainsi f est de longueur fini si et seulement si R ◦ f est de longueur finie, et, dans ce cas L^b_a(f ) = L^b_a(R ◦ f ).

G.2. Par d´efinition de la norme euclidienne pour tout x = (x1, x2, . . . , xn) ∈ Rⁿon a |xi| ≤ kxk. Pour tous (t, t⁰) ∈ I on a f (t⁰) − f (t) = (f₁(t⁰) − f₁(t), f₂(t⁰) − f₂(t), . . . , f_n(t⁰) − fn(t)) et donc

fi(t⁰) − fi(t) ≤

f (t⁰) − f (t)

. Soit alors σ une subdivision de [a, b].

`(σ, f_i) =

p

X

j=1

|f_i(σ_j) − f_i(σ_j−1)| ≤

p

X

j=1

kf (σ_j) − f (σ_j−1)k = `(σ, f )

Si l’ensemble des `(σ, f ) est born´e, l’ensemble des `(σ, f_i) l’est aussi et de plus L^b_a(f_i) = sup

σ

{`(σ, f_i)} ≤ sup

σ

{`(σ, f_i)} = L^b_a(f ).

G.3. Supposons f1, f2, . . . , fnde longueurs finies. Vu la relation kxk ≤Pn

i=1|x_i| satisfaite par tout x = (x1, x2, . . . , xn) ∈ Rⁿ on a, pour toute subdivision σ de [a, b],

`(σ, f ) =

p

X

j=1

kf (σ_j) − f (σj−1)k ≤

p

X

j=1 n

X

i=1

|f_i(σj) − fi(σj−1)|

≤

n

X

i=1 p

X

j=1

|f_i(σ_j) − f_i(σ_j−1)| =

n

X

i=1

`(σ, f_i) ≤

n

X

i=1

L^b_a(f_i).

L’ensembles des {`(σ, f )} est donc born´e, et de plus L<sup>b</sup><sub>a</sub>(f ) = sup {`(σ, f )} ≤

n

X

i=1

L^b_a(f_i).

G.4. Soit [a, b] un segment de I. Par les deux questions pr´ec´edentes f est de longueur born´ee sur [a, b] si et seulement si les f_i pour i = 1, 2, . . . , n le sont. Dire que f est de longueur born´ee sur tout segment de I c’est donc dire que les fi sont de longueur born´ee sur chaque segment de I, c’est `a dire que les fi sont `a variation born´ee.

G.5. Soit a < c < b des ´el´ements de I. Exactement comme dans les parties B4 et B5 on commence par d´emontrer que f est de longueur born´ee sur [a, b] si et seulement si elle est de longeur born´ee sur [a, c] et [c, b] et que, dans ce cas, L^b_a(f ) = L^c_a(f ) + L^b_c(f ).

Avec l’hypoth`ese f de longueur born´ee sur tout segment de I on v´erifie ensuite comme en B6 que L<sup>γ</sup><sub>α</sub>(f ) = L<sup>β</sup><sub>α</sub>(f ) + L<sup>γ</sup><sub>β</sub>(f ) pour tout (α, β, γ) ∈ I × I × I. Les d´emonstrations sont identiques, la seule diff´erence ´etant que l`a ou on utilisait l’in´ega- lit´e triangulaire satisfaite par la fonction valeur absolue, on utilise l’in´egalit´e trian- gulaire satisfaite par la norme.

G.6. Par la question G4 il suffit de prouver que les fonctions coordon´ees fi, (1 ≤ i ≤ n) sont `a variations born´ees, ce qui est vrai car elles sont de classe C¹ (partie D).

G.7. Soit T un endomorphisme de Rⁿ. Puisque T est lin´eaire, pour tout u 6= 0 tel que t + u ∈ I on a

(T ◦ f )(t + u) − (T ◦ f )(t)

u = T f (t + u) − f (t) u

 .

Lorsque u tend vers 0, par d´efinition de la d´eriv´ee f (t + u) − f (t)

u → f⁰(t). Tout endomorphisme de Rⁿest continu et donc lorsque u tend vers 0,

(T ◦ f )(t + u) − (T ◦ f )(t)

u = T f (t + u) − f (t) u



−→

u→0T (f⁰(t)).

Ceci prouve que f = T ◦ f est d´erivable en tout t, de d´eriv´ee T (f⁰(t)). Puisque f⁰ et T sont continues l’application compos´ee T ◦ f⁰ l’est aussi.

G.8.(a) Dans un espace norm´ee E quelconque, tout vecteur v s’´ecrit −→v = kvk −→u o`u −→u est un vecteur unitaire : Lorsque v 6= 0, −→u est le vecteur d´efini par −→u =

−

→v kvk, et lorsque −→v = 0 n’importe que vecteur unitaire −→v convient.

(b) Soient −→u et −→e1 des vecteurs unitaires dans un espace euclidien E. On consid`ere une base orthonorm´ee (−→u₁, −→u₂, . . . , −u→_n) telle que −→u₁ = −→u et une base orthonorm´ee (−→e1, −→e2, . . . , −→en). L’endomorphisme R d´efini par R(−→ui) = −→ei pour 1 ≤ i ≤ n est un automorphisme de E qui envoie −→u sur −→e1.

(c) Par la question G7 g = R ◦ f est de classe C¹ et g⁰(t) = R(f (t)) en tout point t de I. Par d´efinition de −→u , f⁰(t) = kf⁰(t)k −→u , d’o`u

(g⁰1(t), g₂⁰(t), . . . , g_n⁰(t)) = g⁰(t) = R(f⁰(t)) = R f⁰(t)

−→u
= f⁰(t)

R(−→u )

=

f⁰(t)

e1 = ( f⁰(t)

, 0, 0, . . . , 0).

et donc g⁰₁(t) = kf⁰(t)k et g⁰_i(t) = 0 pour 2 ≤ i ≤ n.

(d) Puisque R est un automorphisme de Rⁿ, et f de longueur born´ee sur tout segment de I, par la question G1, g = R ◦ f est de longeur born´ee sur tout segment [a, b]

de I, et, de plus L^b_a(g) = L^b_a(f ).

(e) Supposons d’abord v > 0. Par les questions G2 et G3 on a L^t+v_t (g₁) ≤ L^t+v_t (g) ≤

n

X

i=1

L^t+v_t (g_i)

Par G1 on a L^t+v_t (f ) = L^t+v_t (g). Apr`es division par v (> 0) cela donne 1

vL^t+v_t (g₁) ≤ 1

vL^t+v_t (f ) ≤ 1 v

n

X

i=1

L^t+v_t (g_i)·

Si v < 0 les questions G2 et G3 donnent L^v_t+v(g₁) ≤ L^v_t+v(g) ≤

n

X

i=1

L^v_t+v(g_i). On en d´eduit, puisque −v > 0

L^v_t+v(g₁)

−v ≤ L^v_t+v(g)

−v ≤

n

X

i=1

L^v_t+v(g_i)

−v , ce qui termine la d´emonstration car L^t_t+v(g_i) = −L^t+v_t (g_i).

(f) Dire que w = x 7→ L^x_a(f ) est d´erivable au point t c’est dire que le rapport w(t + v) − w(t)

v a une limite lorsque v tend vers 0 avec t + v ∈ I. Par la question G5 on a w(t + v) − w(t) = L^t+v_a (f ) − L^v_a(f ) = L^t+v_v (f ), et par le point pr´ec´edent

L^t+v_t (g₁)

v ≤ w(t + v) − w(t)

v ≤

n

X

i=1

L^t+v_t (g_i)

v (2)

Pour (1 ≤ i ≤ n) g_i est de classe C¹, et par la partie D, L^x_t(g_i) = Z x

t

g_i⁰(t)  dt.

La fonction x 7→ L^x_t(g_i) est donc d´erivable en x de d´eriv´ee |g_i⁰(x)|. En particulier sa d´eriv´ee en t est |g⁰_i(t)|, et (puisque L^t_t(gi) = 0) pour i, 1 ≤ i ≤ n, on a

v→0lim

L^t+v_t (gi)

v =

g_i⁰(t) =

(kf⁰(t)k si i = 1 0 si i > 1 Avec les in´egalit´es (2) et le th´eor`eme des gendarmes on en d´eduit

v→0lim

w(t + v) − w(t)

v =

f⁰(t)

soit w⁰(t) = f⁰(t)

.

G.9. Par d´efinition de w on a L^b_a(f ) = w(b). Par la question pr´ec´edente w d´erivable et w⁰(t) = kf⁰(t)k. Puisque f est de classe C¹ et k.k continue w⁰ est continue et on a

L^b_a(f ) = L^b_a(f ) − L^a_a(f ) = Z b

a

w⁰(t) dt = Z b

a

f⁰(t)

dt.

G.10.(a) Le th´eor`eme fondamental du calcul diff´erentiel et int´egral (dans le cas d’une fonction `a valeurs dans un espace vectoriel norm´e de dimension finie) donne h(x) = h(a) +

Z x a

h⁰(t) dt. Dire que l’int´egrale impropre Z b

a

h⁰(t) dt est conver- gente c’est donc dire que h(x) a une limite quand x tend vers b.

(b) La relation de Chasles (dans la cas d’une int´egrable impropre convergente) donne H − h(x) =

Z b a

h⁰(t) dt − Z x

a

h⁰(t) dt = Z b

x

h⁰(t) dt, et, puisque l’int´egrale est absolument convergente,

kH − h(x)k ≤ Z b

x

h⁰(t) dt.

Avec kh(x) − h(b)k ≤ kH − h(b)k + kh(x) − Hk cela donne le r´esultat.

(c) Soit σ = (σ0, σ1, . . . σp) une subdivision de [a, b]. Alors σ⁰ = (σ0, σ1, . . . , σp−1) est une subdivision de [a, σ_p−1] et, h ´etant de classe C¹ sur [a, b[ (donc sur [a, σ_p−1]), la question G9 donne

`(σ⁰, h) ≤ L^σ_a^p−1(h) = Z σp−1

a

h⁰(t) dt.

Par d´efinition de σ⁰ on a `(σ, h) = `(σ⁰, h) + kh(b) − h(σp−1)k et donc

`(σ, h) ≤ Z σp−1

a

h⁰(t)

dt + kh(b) − h(σp−1)k

Rempla¸cant x par σ_p−1 dans le r´esultat de la question pr´ec´edente on obtient

`(σ, h) ≤ Z σp−1

a

h⁰(t)

dt + kH − h(b)k + Z b

σp−1

h⁰(t)

dt et la conclusion en utilisant la relation de Chasles.

(d) Puisque h(x) − h(b) −→

x→bH − h(b) on a kh(x) − h(b)k −→

x→bkH − h(b)k. Puisque l’int´egrale impropreRb

akh⁰(t)k dt est convergente, son resteRb

xkh⁰(t)k dt −→

x→b0. Il en r´esulte que la quantit´e



kh(x) − h(b)k − Z b

x

h⁰(t)

dt



−→

x→b kH − h(b)k . Pour x = d suffisament proche de b on a donc kh(x) − h(b)k −Rb

xkh⁰(t)k dt ≥ kH − h(b)k − ε/2.

(e) Puisque h est de classe C¹ sur [a, d], la question G9 (en rempla¸cant b par d) donne L^d_a(h) =

Z d a

h⁰(t) dt.

La quantit´e Rd

a kh⁰(t)k dt − ε/2 < L^d_a(h) n’est pas un majorant de l’ensemble de {`(σ⁰, h) | σ⁰ subdivision de [a, d] }. C’est dire qu’il existe une subdivision σ⁰ de [a, d] telle que

Z d a

kh(t)k dt − ε/2 < `(σ⁰, h).

(f) Soit σ⁰ = (σ⁰₀, σ⁰₁, . . . , σ_r⁰) une subdivision de [a, d] satisfaisant la majoration de la question pr´ec´edente. Soit σ⁰⁰ la subdivision σ⁰⁰ de [a, c] d´efinie par σ = (σ₀⁰, σ₁⁰, . . . , σ_r⁰, d). Alors, les r´esultats des deux questions pr´ec´edente, puis la rela- tion de Chasles, donnent

`(σ<sup>00</sup>, h) = `(σ⁰, h) + kh(d) − h(b)k

≥ Z d

a

kh(t)k dt − ε/2 + kH − h(b)k + Z b

d

h⁰(t)

dt − ε/2

≥ kH − h(b)k + Z b

a

h⁰(t) dt − ε

(g) On a prouv´e en au (c) que `(σ, h) ≤ kH − h(b)k +Rb

akh⁰(t)k dt pour toute sub- division σ de [a, b]. Ceci prouve que h est de longueur finie sur [a, b], et de plus que L^b_a(h) ≤ kH − h(b)k +Rb

akh⁰(t)k dt.

Par la question pr´ec´edente pour tout ε > 0 il existe une subdivision σ⁰⁰ de [a, b] telle que `(σ⁰⁰, h) ≥ kH − h(b)k + Rb

a kh⁰(t)k dt − ε. On a donc L^b_a(h) ≥ kH − h(b)k +Rb

akh⁰(t)k dt − ε, et puisque ceci est vrai pour tout ε > 0 on a L^b_a(h) ≥ kH − h(b)k +Rb

akh⁰(t)k dt puis l’´egalit´e, vu la majoration d´emontr´ee au d´ebut de cette question.

G.11. Raisonnons par l’absurde en supposant h de longueur born´ee sur [a, b]. Soit x tel que a < x < b et σ = (σ₀, σ₁, . . . , σ_p) une subdivision arbitraire de [a, x]. On d´efinit une subdivision σ⁰ de [a, b] par σ⁰ = (σ0, σ1, . . . , σp, x). Alors on aurait

`(σ, h) ≤ `(σ, h) + kh(b) − h(x)k = `(σ⁰, h) ≤ L^b_a(h).

Puisque σ est une subdivision arbitraire de [a, x] on en d´eduirait que h est de longueur born´ee sur [a, x] avec L^x_a(h) ≤ L^b_a(h). Puisque h est de classe C¹ sur [a, x], par G9 L^x_a(h) =Rx

a kh⁰(t)k dt. On aurait donc Z x

a

h⁰(t)

dt = L^x_a(h) ≤ L^b_a(h).

Puisque la fonction int´egr´ee est positive, l’int´egrale impropre Z b

a

h⁰(t)

dt serait convergente, autrement dit, l’int´egrale

Z b a

h⁰(t) dt serait absolument convergente, contredisant l’hypoth`ese.

Th´eor`eme 1 (Le th´eor`eme de la limite monotone) Soit a ∈ R ∪ {−∞} et b ∈ R ∪ {+∞}. Soit f : ]a, b[ −→ R une fonction croissante (resp. d´ecroissante).

– Alors f admet une limite en b si et seulement si elle est major´ee (resp. minor´ee). Dans ce cas on a

x→blimf (x) = sup {f (x) | x ∈ ]a, b[ } (resp. inf {f (x) | x ∈ ]a, b[ })

– Alors f admet une limite en a si et seulement si elle est minor´ee (resp. major´ee). Dans ce cas on a

x→alimf (x) = inf {f (x) | x ∈ ]a, b[ } (resp. sup {f (x) | x ∈ ]a, b[ })

Preuve : Prouvons que lorsque f est croissante et b ∈ R, f admet une limite en b si et seulement si elle est major´ee, et que, alors, lim_x→bf (x) = sup {f (x) | x ∈ ]a, b[ }.

– Supposons f major´ee. Soit ε > 0. M − ε n’est pas un majorant de {f (x) | x ∈ ]a, b[ }, il existe donc x0 ∈ ]a, b[ tel que M − ε < f (x₀). Posons η = b − x0. Si a < x < b satisfait b − x < η = b − x0 on a x0 < x et, puisque f est croissante, f (x0) ≤ f (x) ≤ M . Ceci implique |M − f (x)| = M − f (x) ≤ M − f (x₀) ≤ ε. Ceci prouve que M = lim_x→bf (x).

– R´eciproquement, supposons que f (x) −→

x→bL, avec L ∈ R. Alors {f (x) | x ∈ ]a, b[ } est major´ee par L. Sinon il existerait un x0 ∈ ]a, b[ tel que f (x₀) > L. Puisque f est crois- sante on en d´eduirait f (x) ≥ f (x₀) pour x > x₀ et, par prolognement des in´egalit´es par passage `a la limite, L = limx→bf (x) ≥ f (x0) > L ce qui est absurde. Puisque f est ma- jor´ee, la premi`ere partie de la d´emonstration donne lim_x→bf (x) = sup {f (x) | x ∈ ]a, b[ }.