Intégrale et dérivabilité

Bonjour,

Je pense qu'une telle fonction n'existe pas. Voici ce que je fais : à vérifier.

Soit $\displaystyle f$ continue sur $\displaystyle [0, 1]$, non dérivable en $\displaystyle 0$. Soit $\displaystyle g$ définie par $\displaystyle g(x) = \int_{0}^{1} f(xt) dt.$

Existence :
$\displaystyle f$ est continue sur un intervalle borné donc $\displaystyle g$ existe pour tout $\displaystyle x$ tel que $\displaystyle xt$ est dans $\displaystyle [0, 1]$ avec $\displaystyle t$ dans $\displaystyle [0, 1]$, donc pour tout $\displaystyle x$ dans $\displaystyle [0, 1]$.

Dérivabilité :
On suppose que $\displaystyle g$ est dérivable en $\displaystyle 0$. Alors $\displaystyle \lim_{h \to 0} {g(h) - g(0) \over h} = g'(0)$ ou encore $\displaystyle g(h) = g(0) + hg'(0) + o(h).$
Un changement de variable $\displaystyle u=xt$ donne $\displaystyle g(x) = \frac{1}{x} \int_{0}^{x} f(u)du = g(0) + xg'(0) + o(x)$ ou encore $\displaystyle \int_{0}^{x} f(u)du = xg(0) + x^2g'(0) + o(x^2).$
On dérive cette relation et alors, nécessairement, on a $\displaystyle f(x) = g(0) + 2xg'(0) + o(x).$ erreur car $\displaystyle \frac{d}{dx} o(x^2) \neq o(x)$ dans le cas général
On calcule facilement que $\displaystyle g(0) = \int_{0}^{1} f(0) dt = f(0)$ et alors la dernière relation s'écrit $\displaystyle f(x) - f(0) = x (2g'(0) + o(1)).$
Cette relation implique que, nécessairement, $\displaystyle \lim_{x \to 0} {f(x) - f(0) \over x} = f'(0) = 2g'(0).$

Conclusion :
Si $\displaystyle g$ est dérivable en $\displaystyle 0$, alors nécessairement $\displaystyle f$ est dérivable en $\displaystyle 0$.

Il n'existe donc pas de fonction $\displaystyle g$ dérivable en $\displaystyle 0$ telle que $\displaystyle f$ ne soit pas dérivable en $\displaystyle 0$.

Dom écrivait:

---

> Mais pourquoi la dérivée de $o(x^2)$ est un $o(x)$ ?

Ben parce que non, en effet. Il n'y a pas la moindre raison pour que ce soit le cas. ;-)

Bonjour,

J'essaie autre chose : à vérifier.

Pour $x \neq 0$, avec le changement de variable $\displaystyle u=xt$ on a $\displaystyle g(x) = \frac{1}{x} \int_{0}^{x} f(u) du$ et donc $\displaystyle xg(x) = \int_{0}^{x} f(u) du.$ Cette relation est aussi valable pour $x=0$. Par le théorème fondamental de l'analyse, cette expression est dérivable et on a $\displaystyle (xg(x))' = f(x) = g(x) + xg'(x).$
On forme la quantité $\displaystyle {f(x) - f(0) \over x} = {g(x) + xg'(x) - f(0)\over x} = g'(x) + {g(x) - g(0)\over x}$ car $\displaystyle g(0) = f(0)$.

On suppose que $g$ est dérivable en $0$, alors $\displaystyle \lim_{x \to 0} (g'(x) + {g(x) - g(0)\over x} )= 2g'(0) = \lim_{x \to 0} {f(x) - f(0) \over x}$ et donc, nécessairement, $\displaystyle f'(0) = 2g'(0).$

Donc si $g$ est dérivable en $0$, $f$ l'est aussi et $\displaystyle f'(0) = 2g'(0).$ Autrement dit, si $f$ n'est pas dérivable en $0$, $g$ ne l'est pas non plus.

Bonjour,

L'expression est valide pour $x \neq 0$ et $x \neq 1$ car il faut enlever les bornes. L'expression est peut-être valide pour les bornes, mais il faut le démontrer.

Comme $g$ est définie pour $x\geq 0$, il faut comprendre les limites en $x=0+.$ J'ai du mal à comprendre comment $g'$ pourraît ne pas être continue (à droite) si $g$ est dérivable en $0+.$

Ceci dit, je veux bien voir une démonstration...

@YvesM
En fait, je zieute de temps en temps, rapidement, mais ne peux pas m'y consacrer pleinement pour le moment.
C'est pourquoi je lis et tente de vérifier tes écrits. Ça donne l'air de faire l'inspecteur des travaux finis, pardon.
J'ai procédé comme toi au début (afin de trouver un contre-exemple) mais je ne peux pas continuer...
À plus tard.

On peut considérer $f(x)=3\,x^{2}\,\mathrm{sin}({ \dfrac {1}{x}} ) - x\,\mathrm{cos}({ \dfrac {1}{x}} )$ et $f(0)=0$
f est continue et non dérivable en $x=0$ mais continuement dérivable ailleurs.

$ f(xt)=3\,x^{2}\,t^{2}\,\mathrm{sin}({ \dfrac {1}{x\,t}} ) - x\,t\,\mathrm{cos}({ \dfrac {1}{ x\,t}} ) $ et $f(0)=0$

et $ g(x)=x^2 sin( \dfrac {1}{x} ) $ $g(0)=0$ , continuement dérivable sur $\R$ et non continuement dérivable,comme déjà dit, et rappelé ensuite par YvesM


J'ai loupé quelque chose ?

Edit/
Une primitive par rapport à $t$ de $ f(xt)$ est $F(x,t)=x^{2}\,t^{3}\,\mathrm{sin}({ \dfrac {1}{x\,t}} ) $ si $xt$ non nul et $F(x,t)=0 $ sinon

Bonjour @acetonik,

Tu écris un truc faux, est-ce une typo ?

Pour $g(x) = x^2 \sin(\frac{1}{x})$ pour $x>0$ et $g(0) = 0$, on a $g'(x) = 2x\sin(\frac{1}{x}) - \cos(\frac{1}{x})$ et donc $g'$ n'est pas défini en $x=0.$
Tu as écrit que $g$ est continûment dérivable sur $\R$, même en $0$ ?

@YvesM parle de "continûment dérivable en 0" en effet la dérivée de $g$ n'est pas continue en 0.
C'était pour ça que j'ai évoqué vouloir plutôt du $x^3$.
Cependant ce n'était pas demandé dans la question initiale (on demandait dérivable en 0, et c'est le cas).

Bonjour à tous,

J'écris l'exemple donné par @acetonik.

Soit $\displaystyle f$ continue, définie sur $\displaystyle [0,1]$ et soit $g$ définie par $\displaystyle g(x) = \int_{0}^{1} f(xt) dt.$

Comme $\displaystyle f$ est continue sur un intervalle borné, et que les bornes de l'intégrale sont $0$ et $1$, alors $g$ est définie sur $\displaystyle [0,1].$

On cherche un exemple de fonction $f$ qui n'est pas dérivable en $0$ et pour laquelle la fonction $g$ est dérivable en $0.$

L'idée est d'écrire $f$ comme une dérivée afin que l'intégrale soit facile à exprimer. Donc on cherche la fonction $F$ telle que $\displaystyle F'(x) = f(x).$ Et alors, pour $\displaystyle x \neq 0$, $\displaystyle g(x) = \int_{0}^{1} f(xt) dt = \int_{0}^{1} F'(xt) dt = \frac{1}{x} F(xt) \mid_{0}^{1} = {F(x) - F(0) \over x}.$

On choisit alors la forme suivante pour $F$ : pour $\displaystyle x \neq 0$, $\displaystyle F(x) = x^n \sin(\frac{1}{x})$ où $n$ est un entier. On écrit les contraintes sur $f$ et $g$ et on trouve que $\displaystyle n=3$ convient. On le vérifie ainsi :

Soit $\displaystyle F(x) = x^3 \sin(\frac{1}{x})$ pour $\displaystyle x \neq 0.$
On a $\displaystyle f(x) = F'(x) = 3x^2 \sin(\frac{1}{x}) - x \cos(\frac{1}{x})$ pour $\displaystyle x \neq 0.$ Et $\displaystyle \lim_{x \to 0} f(x) = 0.$ On définit alors $\displaystyle f(0)=0.$ La fonction $f$ ainsi définie est continue sur $\displaystyle [0, 1].$
Puis on forme la quantité $\displaystyle {f(x) - f(0)\over x} = 3x \sin(\frac{1}{x}) - \cos(\frac{1}{x})$ pour $\displaystyle x \neq 0$, qui n'a pas de limite quand $x$ tend vers $0$ du fait du cosinus. On a bien une fonction $f$ continue sur $\displaystyle [0,1]$ et non dérivable en $0$.

Comme $\displaystyle \lim_{x \to 0} F(x) = 0$, on définit $\displaystyle F(0) = 0$ et alors $F$ est continue sur l'intervalle.
On calcule $\displaystyle g(x) = {F(x) - F(0) \over x} =x^2 \sin(\frac{1}{x})$ pour $\displaystyle x \neq 0.$ Comme $\displaystyle \lim_{x \to 0} g(x) = 0$, on définit $\displaystyle g(0) = 0.$ Il faut noter que $\displaystyle g(x) = \int_{0}^{1} f(xt) dt$ implique que $\displaystyle g(0) = f(0)$, relation vérifiée car $\displaystyle f(0) = g(0) = 0.$
Et alors on forme la quantité $\displaystyle {g(x) - g(0) \over x} = x \sin(\frac{1}{x})$ pour $\displaystyle x \neq 0$ qui tend vers $0$ quand $x$ tend vers $0.$ Donc $g$ est dérivable en $0.$