Problème en intégration

Bonjour ,
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]

Ce qui est amusant avec cette formule, c'est que le résultat ne dépend que du segment $\big[(a,f(a));(b,f(b))\big]$.

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:

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.

Ajuma:

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.

Le membre de droite n'est pas dérivable, donc le membre de gauche non plus... :-S

ajuma :
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.

Si on considère la fonction $f$ définie par:

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

Si on connaît les intégrales doubles, il suffit de formaliser ce que l'on voit sur un dessin.

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 $bf(b)$.

Fin de Partie a écrit:

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 $\forall x,xf(x) = x$.

Bonjour
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 $H=0$.