Oral Mines-Ponts

Bonjour,

Si la fonction $f$ continue est intégrable sur $\R^+$ alors $\int_{\R^+} f(t)dt =A\in \R.$

Si la fonction $f$ admet une limite $L\neq 0$ à l’infini, alors elle est plus grande que $L/2$ à partir d’un certain $a>0$ dans le cas $L>0$ : $\int_a^{+\infty} f(t) dt =\lim_{b\to +\infty} \int_a^b f(t) dt\geq \lim_{b\to +\infty} (b-a) L/2=+\infty$ : contradiction.
De même dans le cas $L<0.$

On a montré que si la limite existe, alors elle est nulle.

Si la fonction $f’^2$ continue est intégrable sur $\R^+$ alors $\int_{\R^+} f’^2(t)dt =B \in \R$ avec $B\geq 0.$

...

Ce type d'inégalités s'appelle des inégalités de Gagliardo-Nirenberg et découlent d'arguments d'interpolation couplés aux injections de Sobolev (du moins pour les inégalités sans les constantes optimales) dont voici un lien en anglais :
https://en.wikipedia.org/wiki/Gagliardo–Nirenberg_interpolation_inequality.
Il est d'ailleurs à noter (mais je me répète...) que les injections de Sobolev sont-elle mêmes conséquences de l'inégalité isopérimétrique (ou du plongement de Sobolev lorsque le gradient est dans $L^{1}$).

Bonjour,
une autre technique (celle de Chaurien ? )
en notant $F$ une primitive de ${f'}^2$ et puisque ${f'}^2$est intégrable sur $\mathbb{R}$ par application du critère de Cauchy pour les integrales:
Soit $\epsilon \in \mathbb{R}^{+}$ alors $\exists A \in \mathbb{R}$ tel que $\forall x, y $ tels que $A \leq x \leq y$, on a $F(y)-F(x) \leq \epsilon$
c'est à dire $\lim_{A\rightarrow +\infty} F(A)=0$
en particulier par application de l'inégalité de Cauchy Schwartz et puisque $f$ est intégrable :
on a pour $A \in \mathbb{R}^{+}$ et pour $B \geq A$, $(f(B)-f(A))\times (B-A)\leq F(B)-F(A)$
inégalité qui est mise en défaut si $f$ n'est pas de limite nulle en $+\infty$

@ side
merci pour la remarque...
donc cela dit simplement que la limite est bornée... si je comprends bien votre remarque ?
ce qui n'invaliderait pas la suite du raisonnement je crois (mais je vais vérifier, car là je réponds déjà trop vite)

où peut-t-on s'en sortir en prenant la primitive qui "s'annule" en $+\infty$ ? où alors c'est un raccourci trop brutal voire faux ?

alors je choisis cette primitive là !

$\bullet $ Soit une fonction $f$ à valeurs réelles ou complexes, uniformément continue et intégrable sur $[0,+\infty \lbrack =\mathbb{R}_{+}$.
Alors : $\underset{x\rightarrow +\infty }{\lim }f(x)=0.$

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$\bullet $ Soit $\varepsilon >0$. La fonction $f$ étant uniformément continue sur $\mathbb{R}_{+}$, il existe $\eta >0$ tel que : $\forall x_{1}\in \mathbb{R}_{+},\forall x_{2}\in \mathbb{R}_{+},\left\vert x_{1}-x_{2}\right\vert \leq \eta \Rightarrow \left\vert~f(x_{1})-f(x_{2})\right\vert \leq \frac{\varepsilon }{2}$.

La fonction $f$ étant intégrable sur $\mathbb{R}_{+}$ il existe $%
A\in \mathbb{R}_{+}$ tel que : $\displaystyle \int_{A}^{+\infty }\left\vert
~f(t)\right\vert dt\leq \frac{\eta \varepsilon }{3}$.

$\bullet $ Procédons par l'absurde. S'il existait $x_{0}\geq A$ tel que $%
\left\vert f(x_{0})\right\vert >\varepsilon $, alors pour tout $x$ tel que $%
\left\vert x-x_{0}\right\vert \leq \eta $ et $x\geq 0$, on aurait : $\left\vert ~f(x)-f(x_{0})\right\vert \leq \frac{\varepsilon }{2}$, d'où :
$\left\vert ~f(x)\right\vert =\left\vert
~(f(x)-f(x_{0}))+f(x_{0})\right\vert \geq \left\vert ~f(x_{0})\right\vert
-\left\vert ~f(x)-f(x_{0})\right\vert >\varepsilon -\frac{\varepsilon }{2}=%
\frac{\varepsilon }{2}$.

C'est vrai en particulier pour $x\in \left[ x_{0},x_{0}+\eta \right] $, et il s'ensuit :
$\displaystyle \frac{\eta \varepsilon }{3}\geq \int_{A}^{+\infty }\left\vert
~f(t)\right\vert dt\geq \int_{x_{0}}^{x_{0}+\eta }\left\vert
~f(t)\right\vert dt\geq \int_{x_{0}}^{x_{0}+\eta }\frac{\varepsilon }{2}%
dt=\eta \frac{\varepsilon }{2}$. Impossible.

Sans critère de Cauchy, qui n'est plus au programme de CPGE.

Bonne journée
20/07/2019