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Problème en intégration

Envoyé par ajuma 
Problème en intégration
il y a trois mois
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 ?



Edité 2 fois. La dernière correction date de il y a trois mois et a été effectuée par AD.
Re: Problème en intégration
il y a trois mois
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]



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a trois mois et a été effectuée par AD.
Re: Problème en intégration
il y a trois mois
avatar
Bonjour,

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.
Re: Problème en intégration
il y a trois mois
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.
Re: Problème en intégration
il y a trois mois
Merci

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
Re: Problème en intégration
il y a trois mois
avatar
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.

Je vis parce que les montagnes ne savent pas rire, ni les vers de terre chanter.(Cioran)



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a trois mois et a été effectuée par Fin de partie.
Re: Problème en intégration
il y a trois mois
Citation
YvesM
dérivée par rapport à $b$ de $ \int_{f(a)}^{f(b)}f^{-1}(x)\,dx$
C'est $f'(b)f^{-1}(f(b))=f'(b)b$, mais comme $f$ n'est pas dérivable ça ne marche pas.



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a trois mois et a été effectuée par AD.
Re: Problème en intégration
il y a trois mois
avatar
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.

Je vis parce que les montagnes ne savent pas rire, ni les vers de terre chanter.(Cioran)



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a trois mois et a été effectuée par Fin de partie.
Re: Problème en intégration
il y a trois mois
Fin de partie :
je sais mais la formule que j'ai ne marche que si f dérivable et je ne sais pas comment faire autrement
Re: Problème en intégration
il y a trois mois
Le membre de droite n'est pas dérivable, donc le membre de gauche non plus... confused smiley
Re: Problème en intégration
il y a trois mois
du coup il ne faut surement pas passer par la dérivation .....mais trouver autre chose
Re: Problème en intégration
il y a trois mois
avatar
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.
Re: Problème en intégration
il y a trois mois
avatar
Marsup:

$f(b)=\dfrac{1}{b}$ pour $b$ non nul.
et $f(0)=0 $

n'est pas dérivable en $b=0$

Mais $\lim_{b\rightarrow 0} \dfrac{bf(b)-0\times f(0)}{b-0}=1$

Je vis parce que les montagnes ne savent pas rire, ni les vers de terre chanter.(Cioran)



Edité 2 fois. La dernière correction date de il y a trois mois et a été effectuée par Fin de partie.
Re: Problème en intégration
il y a trois mois
avatar
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 grinning smiley

Je vis parce que les montagnes ne savent pas rire, ni les vers de terre chanter.(Cioran)



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a trois mois et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par Fin de partie.
Re: Problème en intégration
il y a trois mois
avatar
Bonjour,
Réponse à Fin de Partie : [www.les-mathematiques.net]
$$\lim_{b\rightarrow 0} \dfrac{bf(b)-0\times f(0)}{b-0}=\lim_{b\rightarrow 0} \dfrac{1-0}{b-0}=+\infty$$
JLT
Re: Problème en intégration
il y a trois mois
avatar
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 $bf(b)$.
Re: Problème en intégration
il y a trois mois
avatar
Calli.
Tu as raison. Je me suis laissé emporter.

Mon exemple était tout pourri. grinning smiley

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 $x=0$.

Je vis parce que les montagnes ne savent pas rire, ni les vers de terre chanter.(Cioran)



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a trois mois et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par AD.
Re: Problème en intégration
il y a trois mois
avatar
Citation
Fin de Partie
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 $\forall x,xf(x) = x$.
Re: Problème en intégration
il y a trois mois
avatar
Calli:

On peut trouver plus simple me semble-t-il: $f(x)=\left|x\right|$

Je vis parce que les montagnes ne savent pas rire, ni les vers de terre chanter.(Cioran)
Re: Problème en intégration
il y a trois mois
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 $H=0$.



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a trois mois et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par AD.
Re: Problème en intégration
il y a trois mois
Bonjour,

Si on a le droit au théorème de Heine, autre méthode d'approximation possible, mais plus compliquée. Toutefois les approximations par convolution, ça reste classique. Ici il faut respecter la monotonie pour se ramener au cas précédent et déborder l'intervalle de départ : cette partie n'est pas classique (à ma connaissance).

On prolonge $f$ par ce qu'on veut tout en restant continue et strictement croissante sur l'intervalle $[a-1;b+1] $ (un tel prolongement est possible).
$\forall h\in]0;1/2], x\in [a-1/2;b+1/2] $, on définit $f_h(x) =\frac{1}{2h} f*1_{[-h;h]}(x)=\frac{1}{2h}\int_{-h}^{+h} f(x+t)dt$

0) on vérifie que $f_h$ est bien définie,
1) qu'elle est strictement croissante,
2) en faisant un changement de variable $u=x+t$, on vérifie qu'elle est de classe $C^1$
3) que $f_h$ converge uniformément vers $f$ sur le segment $[a;b] $ lorsque $h$ tend vers $0$ soit en utilisant une représentation intégrale de $f_h(x)-f(x)$ classiquement lorsqu'on a affaire à un noyau de convolution soit on profite de la monotonie pour écrire $|f_h(x) - f(x)|\le |f(x+h)-f(x-h)|$. Dans les 2 cas on utilise le théorème de Heine et on fait attention à l'intervalle auquel on l'applique.
4) $f$ est strictement croissante donc on a l'inégalité dès que tous les termes sont définis (et c'est toujours possible pour $x\in [a;b], h$ assez voisin de $0$), $h>0, f_h(x-h)\le f(x)\le f_h(x+h) $ et donc $|f_{h}^{-1}(f(x))-x|\le h$ (car $f$ strictement croissante) et donc en remplaçant $f(x) $ par $y\in [f(a) ;f(b)] $, $f_{h}^{-1}$ converge uniformément vers $f^{-1}$ sur l'intervalle $[f(a) ;f(b)] $ ($f$ est continue strictement croissante donc $f([a;b])=[f(a);f(b)] $ ce qui justifie le changement de variable et la conclusion).

On rassemble tous les résultats en passant à la limite dans l'égalité vérifiée par $f_h$ pour obtenir une égalité vérifiée par $f$. Y'a sans doute moyen de simplifier 3)et 4).



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