aborder en fin de première annéeUn problème corrigé d`analyse et

MPSI B
22 mai 2017
pour un a quelconque.
L'objet de ce problème est de démontrer l'inégalité
Énoncé
y
2π
Z
(f (t) − f )2 dt ≤
de Wirtinger
0
.
2π
Z
f 02 (t)dt
0
pour certaines fonctions f ∈ C (R) et 2π -périodique.
L'inégalité de Wirtinger permet de démontrer l'inégalité isopérimétrique.
1
L
Partie I.
Soit f une fonction de classe C 1 (R) à valeurs réelles. Soit a et b deux réels tels que
A
a<b≤a+π
x
f (a) = f (b) = 0
Soit ϕ la fonction dénie dans ]a, b[ par :
∀t ∈]a, b[: ϕ(t) = f (t) cotan(t − a)
1. Montrer que l'on peut toujours prolonger ϕ par continuité en une fonction dénie dans
[a, b]. Préciser, suivant les cas, les valeurs de ϕ(a) et ϕ(b).
Dans toute la suite, ϕ désignera la fonction continue prolongée dans [a, b]. Il est clair
que ϕ est dérivable et à dérivée continue dans l'ouvert. En revanche, la question de la
dérivabilité en a et b n'est pas abordée.
2. Soit u et v deux réels tels que a < u < v < b.
Montrer que l'accroissement de f ϕ entre u et v est égal à
M (0)
M (L)
Fig.
1: Inégalité isopérimétrique A ≤
L2
4π
Z
La relation
f 02 (t)dt −
Z
b
f 2 (t)dt −
a
Z
a
Z
b
2
Z
b
2
(ϕ(t) − f 0 (t)) dt
Z
b
f 02 (t)dt
a
4. On suppose que l'inégalité du 3. est une égalité.
a. Montrer que f 0 (t) = ϕ(t) pour tous les t ∈ [a, b].
b. Montrer qu'il existe un réel λ tel que f (t) = λ sin(t − a) pour tous les t dans [a, b].
a+2π
ψ(t)dt
a
Cette création est mise à disposition selon le Contrat
Paternité-Partage des Conditions Initiales à l'Identique 2.0 France
disponible en ligne http://creativecommons.org/licenses/by-sa/2.0/fr/
2
(ϕ(t) − f 0 (t)) dt
a
f (t)dt ≤
de ψ (noté ψ ) par :
1
2π
b
est-elle valide ?
3. Montrer que
ψ(t)dt
ψ=
Z
v
u
a
a+2π
Z
2
u
0=
a
moyenne
v
f (t)dt −
u
Soit ψ une fonction continue, 2π -périodique sur R et à valeurs réelles.
Montrer que, pour tous les réels a, les intégrales
sont égales.
On dénit le nombre valeur
Z
02
f (t)dt −
Question préliminaire
Z
v
1
Rémy Nicolai Awirti
MPSI B
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Partie II.
y
M (L)
1. Soit f une fonction de classe C 1 (R) telle que la distance entre deux zéros consécutifs
de f soit inférieure ou égale à π . Montrer que
b
Z
Z
2
f (t)dt ≤
a
b
f 02 (t)dt
a
L
lorsque a et b sont deux zéros de f vériant a < b.
2. Soit f une fonction de classe C 1 (R). Pour tout λ > 0, on dénit fλ par :
A
x
t
∀t ∈ R : fλ (t) = f ( )
λ
λb 2
λb
b
b
a. Exprimer λa
fλ (t)dt et λa fλ 02 (t)dt en fonction de a f 2 (t)dt et a f 02 (t)dt.
b. Montrer que la proposition suivante est fausse.
Pour toute fonction f de classe C 1 (R) prenant la valeur 0 en a et b, on a :
R
R
R
Z
b
02
f (t)dt ≤
a
M (0)
b
Z
2
R
f (t)dt
a
Partie III.
Fig.
Soit n un entier naturel non nul xé. On dénit dans R les fonctions c0 , c1 , · · · , cn et
s1 , · · · , sn par :
c0 (t) = 1,
c1 (t) = cos(t),
···
cn (t) = cos(nt)
s1 (t) = sin(t),
···
sn (t) = sin(nt)
1. Pour i ∈ {0, · · · , n} et j ∈ {1, · · · , n}, calculer
R 2π
si (t)sj (t)dt en séparant bien les divers cas.
0
R 2π
0
ci (t)cj (t)dt,
R 2π
0
2π
2
Z
(f (t) − f ) dt ≤
0
Dans cette partie1 , on pourra utiliser (pour tous réels u et w)
uw ≤
ci (t)sj (t)dt,
1 2
(u + w2 )
2
On pourra aussi utiliser des changements de paramètres très simples.
1. Démontrer l'inégalité indiquée au dessus.
2. Ici M est une courbe paramétrée normale de classe C 1 ([0, L]) à valeurs dans un plan.
La courbe est donc de longueur L. Un repère est xé, les fonctions coordonnées sont
notées x et y . On pose U = x ◦ M et V = y ◦ M . Ce sont des fonctions de classe
2π
f 02 (t)dt
0
1 d'après
Cette création est mise à disposition selon le Contrat
Paternité-Partage des Conditions Initiales à l'Identique 2.0 France
disponible en ligne http://creativecommons.org/licenses/by-sa/2.0/fr/
L2
2π
Partie IV. Inégalité isopérimétrique
2. Soit T = Vect(c0 , · · · , cn , s1 , · · · , sn ) et f ∈ T . Que vaut f ? Démontrer
Z
2: Inégalité A ≤
2
http ://www.math.utah.edu/ treiberg/isoperim/isop.pdf
Rémy Nicolai Awirti
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C 1 ([0, L]) à valeurs réelles. On suppose (voir Fig. 2)
U (0) = U (L) = 0
On note A l'aire dénie par le support de la courbe et l'axe des y . Montrer que
A≤
L2
2π
Étudier le cas d'égalité.
3. Ici M est une courbe paramétrée normale, dénie dans R, périodique de plus petite
période L (voir Fig. 1). La longueur du support est donc L. Les fonctions U et V sont
dénies comme au dessus. On désigne par A l'aire de la portion de plan délimité par
la courbe. On suppose que l'application
t → U(
L
t)
2π
est dans l'espace T dénie en partie III. Montrer l'inégalité isopérimétrique
A≤
Cette création est mise à disposition selon le Contrat
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L2
4π
3
Rémy Nicolai Awirti
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Les fonctions f 0 , f et ϕ sont continues dans [a, b]. Les fonctions (carrées) intervenant
dans la relation sont aussi continues donc intégrables. Les intégrales s'expriment donc
à l'aide de primitives (évidemment continues). On peut alors faire tendre u vers 0 et
v vers b dans la relation (1). La fonction f ϕ converge vers 0 dans les deux cas car f
s'annule et ϕ est continue.
La relation
Corrigé
Partie I.
1. La fonction cotan est dénie dans ]0, π[. L'hypothèse sur a et b entraîne
t ∈]a, b[⇒ t − a ∈]0, b − a[⊂]0, π[
La fonction cotan n'est pas dénie en 0 donc la fonction ϕ n'est pas dénie en a.
En revanche, lorsque b − a < π , la fonction cotan est dénie et continue en b − a donc
la fonction ϕ est dénie et continue en b comme produit de deux fonctions continues.
On remarque que dans ce cas ϕ(b) = 0 car f (b) = 0.
Pour prolonger par continuité, il sut de montrer que les fonctions admettent des
limites nies. On utilise des développements en exploitant f (a) = f (b) = 0 ainsi que
En a :
En b = a + π :
2
b
Z
a
2
(ϕ(t) − f 0 (t)) dt
f (t)dt −
(2)
a
est donc parfaitement valide.
3. Avec la relation précédente :
Z
v
2
(ϕ(t) − f 0 (t)) dt ≥ 0 ⇒
u
1
+ o(1)
x−a
⇒ ϕ(x) = f 0 (a) + o(1)

0
f (x) =f (a)x + o(x − a)

1
cotan(x − a) = cotan(x − b) =
+ o(1)
x−b
⇒ ϕ(x) = f 0 (b) + o(1)

0
f (x) =f (b)x + o(x − b)


4.
Z
v
f 2 (t)dt ≤
Z
u
b
f 02 (t)dt
a
a. D'après la relation (2), le cas d'égalité entraîne
Z
v
2
(ϕ(t) − f 0 (t)) dt = 0 ⇒ ∀t ∈ [a, b] : ϕ(t) − f 0 (t) = 0
u
car la fonction (ϕ − f 0 )2 est continue et positive.
b. On suppose toujours que f vérie l'égalité. La relation du a. signie que f est
solution de l'équation diérentielle
ϕ(a) = f 0 (a) et ϕ(b) = f 0 (b) si f (b) = 0
y 0 (t) − cotan(t − a)y(t) = 0
2. On rappelle que
cotan0 = −(1 + cotan2 )
l'inconnue y étant une fonction dénie dans ]a, b[. Or dans cet intervalle, une
primitive de cotan(t − a) est ln(sin(t − a)). On en déduit que les solutions de
l'équation diérentielle (donc en particulier f ) sont de la forme
Calculons la dérivée
(f ϕ)0 (t) = 2f 0 (t)f (t) cotan(t − a) − f 2 (t)(1 + cotan2 (t − a))
2
0
λeln(sin(t−a)) = λ sin(t − a)
02
2
= − (f (t) cotan(t − a) − f (t)) − f (t) + f (t)
Cette relation s'étend aux bornes a et b par continuité.
Comme ϕ = f cotan, on en déduit la relation demandée en intégrant entre u et v
v
b
Z
f (t)dt −
a
On prolongera donc ϕ par continuité en posant
[ϕf ]u =
02
0=
cotan(y − π) = cotan(y)
cotan(x − a) =
b
Z
Z
v
u
f 02 (t)dt −
Z
v
f 2 (t)dt −
u
Z
v
2
(ϕ(t) − f 0 (t)) dt
Partie II.
(1)
1. Lorsque a et b sont deux zéros de f et qu'il existe une subdivision de [a, b] dont les
éléments sont des zéros distants de moins de π , on peut découper l'intégrale par la
relation de Chasles et utiliser l'négalité de la partie I.
u
La première question à se poser quant à la validité de la relation proposée est celle de
l'intégrabilité des fonctions.
Cette création est mise à disposition selon le Contrat
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disponible en ligne http://creativecommons.org/licenses/by-sa/2.0/fr/
4
Rémy Nicolai Awirti
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2.
22 mai 2017
a. Par le changement de variable u = λt, on obtient
Z
b
f 2 (t)dt =
a
1
λ
Z
λb
fλ 2 (u)du =
λa
1
λ
1
λ
Z
fλ 2 (t)dt
b
f 02 (t)dt =
a
1
λ
Z
λb
λa
2 u
f 0 ( )du = λ
λ
Z
λa
x
λ
a
Rb
a
f (t)dt
f 02 (t)dt
fλ 2 (u)du = λ
λa
Z
=
2π
s2i (t)dt = π
0
λb
∃(λ0 , · · · , λn , µ1 , · · · , µn ) ∈ R2n+1 tels que f = λ0 c0 + · · · + λn cn + µ1 s1 + · · · + µn sn
fλ 2 (t)dt
λa
1 λa fλ2 (t)dt
R
λ2 λb fλ 02 (t)dt
λa
=
Z
2. Une fonction f est dans T si et seulement si
λb
R λb
2
c2i (t)dt
0
D'après les calculs d'intégrales de la question a. :
b. Considérons
une fonction
f nulle en a et b mais non identiquement nulle de sorte
R
R
que ab f 2 (t)dt et ab f 02 (t)dt soient non nulles. Considérons pour λ > 0 la fonction
fλ comme indiqué. Alors, d'après le a.,
Rb
2π
∀i ∈ {1, · · · , n} :
de même, toujours avec u = λt et fλ 0 (x) = f 0 ( )
Z
ci (t)sj (t)dt = 0
0
λb
Z
2π
Z
∀(i, j) ∈ {1, · · · , n}2 :
f = λ0
On a donc :
1
λ2
≤
f − f =λ1 c1 + · · · + λn cn + µ1 s1 + · · · + µn sn
f 0 =µ1 c1 + · · · + nµn cn − λ1 s1 − · · · − nλn sn
en appliquant l'inégalité à la fonction fλ (elle s'annule en λa et λb).
Ceci est impossible, car en prenant des λ arbitrairement grands on prouve que le
quotient de gauche est nul.
L'inégalité n'est donc pas valable sans une certaine contrainte sur les zéros.
Dans les calculs des intégrales des carrées, on développe par linéarité. Tous les termes
"croisés" disparaissent d'après 1.. Il reste
Z
2π
(f − f )2 =π λ21 + · · · + λ2n + µ21 + · · · + µ2n
0
Partie III.
Z
1. Il s'agit d'un calcul classique de calcul d'intégrales trigonométriques après transformation de produit en somme. On obtient
Z
∀i ∈ {1, · · · , n} :
2π
Z
0
Z
c0 (t)si (t)dt = 0
2π
c20 (t)dt
2π
f 02 −
0
Z
2π
(f − f )2 = π (22 − 1)(λ22 + µ22 ) + · · · + (n2 − 1)(λ2n + µ2n ) ≥ 0
0
2π
Z
=
0
On en déduit :
0
Z
f 02 =π λ21 + · · · + n2 λ2n + µ21 + · · · + n2 µ2n
0
2π
c0 (t)ci (t)dt =
2π
c0 (t)dt = 2π
Partie IV.
0
1. Il sut d'écrire un carré bien choisi :
∀(i, j) ∈ {1, · · · , n}2 , i 6= j :
Z
2π
Z
ci (t)cj (t)dt =
0
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disponible en ligne http://creativecommons.org/licenses/by-sa/2.0/fr/
2π
si (t)sj (t)dt = 0
(u − w)2 ≥ 0 ⇒ uw ≤
0
5
1 2
(u + w2 )
2
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2. Considérons la paramétrisation obtenue à partir de M (voir g 2)
f:
3. Le raisonnement est semblable à celui du dessus. En appliquant à u l'inégalité III.2 au
lieu de I.3. car on travaille sur un intervalle de longueur 2π . Pour pouvoir appliquer
cette inégalité, il faut que u soit de moyenne nulle. On peut réaliser cette condition
en changeant de repère. La nouvelle origine est placée au point dont les coordonnées
sont les valeurs moyennes des abscisses et des ordonnées des points de la courbe dans
le repère initial.
On introduit la paramétrisation

 [0, π] →E
L
t →M ( t)
π

Elle n'est plus normale, mais la norme de la vitesse reste constante égale à Lπ .
Notons Γ son support (orienté dans le sens direct) et notons u = x ◦ f , v = y ◦ f
les coordonnées. Par dénition, u(0) = u(π) = 0. Utilisons l'intégrale curviligne de la
forme diérentielle xdy pour calculer l'aire.
f:

 [0, 2π] →E

Z
A=
Z
xdy +
xdy
Γ
Z
Z
xdy =
Γ
0
π
L
t)
2π
qui n'est plus normale mais dont la vitesse est constante en norme. On note u et v les
coordonnées de M (ce sont des fonctions). On peut écrire
Γ1
où Γ1 est le segment M (L)M (0) situé
sur l'axe des y . En particulier x(m) = 0 pour
R
tout point m ∈ Γ1 ce qui entraîne Γ1 xdy . On a alors
A=
t →M (
Z
Z
1 2π 2
1 2π 02
A=
xdy =
u(t)v (t)dt ≤
u (t)dt +
v (t)dt
2 0
2 0
Γ
0
Z 2π
Z 2π
1
1
≤
u02 (t)dt +
v 02 (t)dt d'après III.2.
2 0
2 0
Z
1 2π 02
L2
d'après la norme de la vitesse
≤
u (t) + v 02 (t) dt =
2 0
4π
Z
Z
Z
1 π 2
1 π 02
u(t)v 0 (t)dt ≤
u (t)dt +
v (t)dt
2 0
2 0
Z π
Z π
1
1
≤
u02 (t)dt +
v 02 (t)dt d'après I.3.
2 0
2 0
Z
1 π 02
L2
≤
d'après la norme de la vitesse
u (t) + v 02 (t) dt =
2 0
2π
Z
2π
0
Lorsque l'égalité se produit, on doit avoir
Z
π
Z
2
u (t)dt =
0
π
u02 (t)dt
0
Ce qui entraine d'après I.4. que u est de la forme λ sin t. On utilise alors la norme de
la vitesse :
λ2 cos2 t + v 02 (t) =
L2
⇒ v 02 (t) = λ2 sin2 t
π2
Par continuité et à cause de l'orientation, on doit avoir :
v(t) = −
L
cos t,
π
u(t) =
L
sin t
π
La courbe doit donc être un demi-cercle.
Cette création est mise à disposition selon le Contrat
Paternité-Partage des Conditions Initiales à l'Identique 2.0 France
disponible en ligne http://creativecommons.org/licenses/by-sa/2.0/fr/
6
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