Problème en intégration
Bonjour
je bloque sur un exercice.
$f$ fonction strictement croissante de $[a,b]$ dans $\R$. Je dois démontrer $$
\int_{a}^b f(t) dt + \int_{f(a)}^{f(b)} f^{-1}(t) dt =bf(b)-af(a)
$$ 1) lorsque $f$ est dérivable $\qquad\quad\ \to$ je sais faire
2) lorsque $f$ est juste continue $\qquad\to$ graphiquement je vois bien mais je ne sais pas comment le démontrer.
Quelqu'un aurait-il une piste ?
je bloque sur un exercice.
$f$ fonction strictement croissante de $[a,b]$ dans $\R$. Je dois démontrer $$
\int_{a}^b f(t) dt + \int_{f(a)}^{f(b)} f^{-1}(t) dt =bf(b)-af(a)
$$ 1) lorsque $f$ est dérivable $\qquad\quad\ \to$ je sais faire
2) lorsque $f$ est juste continue $\qquad\to$ graphiquement je vois bien mais je ne sais pas comment le démontrer.
Quelqu'un aurait-il une piste ?
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Réponses
as-tu essayé avec les sommes de Riemann ?
Pour la première intégrale la subdivision est x_i=a + i (b-a)/n
pour la deuxième y_i=f(x_i).
Je n'ai [pas] vérifié si l'idée est bonne, à toi de voir.
[Bernhard Riemann (1826-1866) mérite le respect de son patronyme. AD]
Démontre que le membre de gauche est dérivable par rapport à $b.$ Dérive par rapport à $b$ le membre de gauche. Note la symétrie entre $a$ et $b.$ Conclus.
Donc déjà, on peut dire que $f$ est limite uniforme de fonctions affines par morceaux strictement croissantes à extrémités fixées, que $f^{-1}$ est limite uniforme des réciproques, et faire le passage à la limite.
Sinon, on peut faire un tour de passe-passe en introduisant une fonction indicatrice :
$$
\begin{align}
\int_{f(a)}^{f(b)} f^{-1}(t) dt
& = \int_{f(a)}^{f(b)} \bigg[\int_{a}^{b} 1_{s \le f^{-1}(t)} + a \bigg]ds\,dt \\
& = \int_{f(a)}^{f(b)} \int_{a}^{b} 1_{s \le f^{-1}(t)} ds\,dt + [f(b)-f(a)]\times a\\
\end{align}
$$
On transforme et on Fubinise :
$$
\begin{align}
\int_{f(a)}^{f(b)} \int_{a}^{b} 1_{s \le f^{-1}(t)} ds\,dt
& = \int_{f(a)}^{f(b)} \int_{a}^{b} 1_{f(s) \le t} ds\,dt \\
& = \int_{a}^{b} \int_{f(a)}^{f(b)} 1_{f(s) \le t} dt\,ds \\
& = \int_{a}^{b} [f(b)-f(s)] ds \\
& = (b-a)\times f(b) -\int_{a}^{b} f(s) ds \\
\end{align}
$$
et on obtient le résultat en trouvant le total.
YvesM je n'arrive pas à démontrer que le membre de gauche est dérivable par rapport à t
Marsup je n'ai pas encore vu les thm sur les passage à la limite avec des limites de fonctions uniformes et je ne comprends pas bien le tour de passe passe
Pour les somme de Riemann ....j'ai essayé mais en vain pour l'instant
Pour info c'est un exercice début de L2
Comment calcules-tu la dérivée par rapport à $b$ de $\displaystyle \int_{f(a)}^{f(b)}f^{-1}(x)\,dx$ sans supposer que $f$ est dérivable?
NB:
Tout est plus simple si on suppose que $f$ est dérivable.
A priori, ce n'est pas parce que $f$ n'est pas dérivable que cette fonction de $b$, $\displaystyle \int_{f(a)}^{f(b)}f^{-1}(x)\,dx$ n'est pas dérivable.
Il faudrait trouver un contre-exemple pour me convaincre.
Et, tout de suite maintenant, je n'en ai pas.
je sais mais la formule que j'ai ne marche que si f dérivable et je ne sais pas comment faire autrement
L'idée de bd17 fonctionne à condition de choisir pour la deuxième intégrale une somme de Riemann dont le pas est variable, en prenant comme subdivision $[f(a),f(b)]$ les images par $f$ de la subdivision choisie pour $[a,b]$.
Si tout se passe bien, on obtient une somme télescopique et il ne reste plus qu'à justifier que le passage à la limite donne bien ce qu'on veut.
$f(b)=\dfrac{1}{b}$ pour $b$ non nul.
et $f(0)=0 $
n'est pas dérivable en $b=0$
Mais $\lim_{b\rightarrow 0} \dfrac{bf(b)-0\times f(0)}{b-0}=1$
Pour $0<x\leq 1,f(x)=1$, pour $x>1,f(x)=\dfrac{1}{2}(1+x)$
Cette fonction n'admet pas, me semble-t-il, de nombre dérivé en $x=1$ et elle est strictement croissante.
Mais est-ce que pour autant que la fonction $x\rightarrow \displaystyle \int_{f(a)}^{f(x)} f^{-1}(t)dt$ n'est pas dérivable en $x=1$, $0<a<1$?
PS:
Cette dernière fonction n'est pas dérivable en $x=1$ sauf erreur :-D
Réponse à Fin de Partie : http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?4,1914788,1914978#msg-1914978
$$\lim_{b\rightarrow 0} \dfrac{bf(b)-0\times f(0)}{b-0}=\lim_{b\rightarrow 0} \dfrac{1-0}{b-0}=+\infty$$
On se ramène au cas où $a=f(a)=0$. La première intégrale vaut $\int_a^b\int_0^{f(x)}\,dydx=\int\!\int_A dxdy$ où $A=\{(x,y)\in [0,b]\times [0,f(b)], y\leqslant f(x)\}$ et la deuxième intégrale vaut $\int\!\int_B dxdy$ où $B=\{(x,y)\in [0,b]\times [0,f(b)], y> f(x)\}$, donc la somme des deux intégrales vaut $bf(b)$.
Tu as raison. Je me suis laissé emporter.
Mon exemple était tout pourri. :-D
Mais je suis convaincu qu'on doit pouvoir trouver une fonction $f$ qui n'est pas dérivable en $0$ et, telle que la fonction $g(x)=xf(x)$ est dérivable en $x=0$.
Oui, $f=\mathbf{1}_{\mathbb{R}^*}$. On a $\forall x,xf(x) = x$.
On peut trouver plus simple me semble-t-il: $f(x)=\left|x\right|$
Voici une autre démonstration possible si on n'a pas vu les intégrales doubles.
On utilise le résultat suivant: si $f$ est continue sur $[a, b]$ et alors $f$ est uniformément continue sur $[a, b]$.
Soit $\sigma=(x_0,\ldots,x_n)$ une subdivision régulière de $[a,b]$ dont le pas est $1/n$.
On désigne par $u(x)$ la fonction affine par morceaux liée à cette subdivision, c'est-à-dire que $u$ est continue et vérifie $u(x_i)=f(x_i), i=0,\ldots,n. $
$u$ étant dérivable sur chaque intervalle de la subdivision on peut appliquer le résultat précédent et, grâce à la relation de Chasles, on a immédiatement la relation vérifiée par $u$ sur $[a, b]$ donc
$\displaystyle \int_a^b u(x) dx +\int_{f(a)}^{f(b) }u^{-1} (x) dx =b u(b)-au(a)=b f(b)-a f(a). $
D'après l'uniforme continuité de $f$ sur $[a, b]$ on a :
$\forall \epsilon>0$ et pour $n$ assez grand, $|x-y|\leq 1/n \Rightarrow |f(x)-f(y)| \leq \epsilon .$ (*)
Il reste à estimer $\displaystyle H= \int_a^b (f(x)- u(x) )dx +\int_{f(a)} ^{f(b)}( f^{-1}(x) - u^{-1} (x)) dx.$
Avec la relation de Chasles et l'inégalité triangulaire on a
$\displaystyle |H| \leq \sum_{i=0}^{n-1} \Big [\int_{x_i}^{x_{i+1}} |f(x) -u(x) | dx + \int_{f(x_i)}^{f(x_{i+1})} |f^{-1}(x) -u^{-1}(x)|dx \Big ].$
D'après (*) on a $\displaystyle \int_{x_i}^{x_{i+1}} |f(x) -u(x) | dx \leq 2 \epsilon \times \dfrac{1}{n},$
de même $\displaystyle\int_{f(x_i)}^{f(x_{i+1})} |f^{-1}(x) -u^{-1}(x)|dx \leq 2 \epsilon \times \dfrac{1}{n} $
On en déduit que $|H|\leq 4\epsilon $ donc $H=0$.