Correction

R. Taillefer
Corrigé du problème M1 MEEF du 1er mars 2017
P ROBLÈME : F ONCTIONS À VARIATIONS BORNÉES .
A. P REMIÈRES PROPRIÉTÉS .
Rappelons la caractérisation suivante de la borne supérieure d’une partie de R. Soit A une partie non vide
et majorée de R. Soit α un majorant de A. Alors α est la borne supérieure de A si et seulement si pour tout ε > 0,
il existe a ∈ A tel que α − ε < a 6 α.
A.1) Si f est croissante, il suffit de prendre g = f et h = 0 et si f est décroissante on pose g = 0 et h = f .
A.2) (a) Notons V l’ensemble des fonctions à variations bornées définies sur I. On a V ⊂ F ( I, R).
â V n’est pas vide puisqu’il contient la fonction nulle.
â Si f 1 et f 2 sont dans V , alors il existe g1 et g2 croissantes sur I et h1 et h2 décroissantes sur I telles que
f 1 = g1 + h1 et f 2 = g2 + h2 . On a alors f 1 + f 2 = ( g1 + g2 ) + (h1 + h2 ) avec g1 + g2 croissante sur I
et h1 + h2 décroissante sur I, donc f 1 + f 2 ∈ V .
â Soit f ∈ V et soit λ ∈ R. Il existe g croissante sur I et h décroissante sur I telles que f = g + h. On a
alors λ f = λg + λh.
Si λ > 0, alors λg est croissante et λh est décroissante donc λ f ∈ V .
Si λ < 0 alors λg est décroissante et λh est croissante donc λ f ∈ V .
Donc V est un sous-espace vectoriel de F ( I, R).
(b) Notons C l’ensemble des fonctions croissantes de F ( I, R).
Puisque C ⊂ V d’après la question A.1), on a vect{C} ⊂ V .
Réciproquement, soit f ∈ V , alors il existe g croissante et h décroissante telles que f = g + h, donc
f = g − (−h) est combinaison linéaire des deux fonctions g et −h qui sont dans C , donc f est dans
vect{C}.
On a donc bien V = vect{C}.
A.3) Posons k = g − g(α) et l = l + g(α). Alors k est croissante sur I et k (α) = 0, la fonction l est décroissante sur
I, et f = k + l.
A.4) On a f (b) − f ( a) = g(b) − g( a) + h(b) − h( a). De plus, puisque g est croissante et a < b, on a g( a) 6 g(b)
donc f (b) − f ( a) > h(b) − h( a). De même, puisque h est décroissante, on a f (b) − f ( a) 6 g(b) − g( a).
A.5) Soit x ∈ [ a ; b]. Alors g( a) + h(b) 6 f ( x ) = g( x ) + h( x ) 6 g(b) + h( a) puisque g est croissante et h est
décroissante, donc f est bornée.
A.6) (a) Puisque g est croissante, pour tout x ∈ [α ; x0 [ on a g( x ) 6 g( x0 ), donc l’ensemble g([α ; x0 [) est non
vide et majoré, il admet donc une borne supérieure s dans R.
(b) Soit ε > 0. La caractérisation de la borne supérieure rappelée ci-dessus montre qu’il existe x1 ∈ [α ; x0 [
tel que s − ε < g( x1 ) 6 s.
Soit maintenant x ∈ ] x1 ; x0 [. Puisque g est croissante, on a alors s − ε < g( x1 ) 6 g( x ) 6 g( x0 ) 6 s.
Posons η := x0 − x1 > 0. Pour tout x ∈ ] x0 − η ; x0 [ on a | g( x ) − s| < ε.
Ainsi, g admet une limite à gauche en x0 , qui est s.
(c) Soit x0 un point intérieur à I. De la même manière que dans la question précédente, on démontre que g
admet une limite à droite en x0 , qui est inf g|] x0 ;β] avec β ∈ I tel que x0 < β.
D’autre part, puisque −h est croissante, elle admet une limite à gauche et une limite à droite en x0 .
On en déduit que f = g + h admet une limite à gauche et une limite à droite en x0 .
A.7) (a) Puisque x < [ x ] + 1 pour tout x ∈ R, on a x − [ x ] − 1 > 0 donc ψ est bien définie sur R.
1
(b) â On a lim ψ( x ) = −∞, donc ψ n’est pas bornée sur le segment [0 ; 1], donc ψ et ψ[0;1] ne sont pas à
x → 1−
variations bornées d’après A.5) (où on a démontré que si f est à variations bornées sur I, alors f est
bornée sur tout segment de I).
â Sur [0 ; 1[, la fonction ψ est décroissante, donc ψ|[0;1[ est à variations bornées d’après A.1).
B. F ONCTIONS DE LONGUEUR BORNÉE .
Pour a, b dans I avec a < b, notons Sa,b l’ensemble des subdivisions de [ a ; b].
B.1) Pour tout σ ∈ Sa,b , on a `(σ, f ) > 0 par définition, donc Lba ( f ) > 0.
B.2) Soit σ = ( a, b), c’est une subdivision de [ a ; b]. On a alors `(σ, f ) = | f ( a) − f (b)|. Donc | f (b) − f ( a)| ∈
{`(σ, f ) | σ ∈ Sa,b } et on en déduit que | f (b) − f ( a)| 6 Lba ( f ).
p
On peut aussi remarquer que pour tout σ ∈ Sa,b on a |(| f (b) − f ( a)) = ∑i=1 f (σi ) − f (σi−1 ) 6
p
∑i=1 | f (σi ) − f (σi−1 )| = `(σ, f ) donc Lba ( f ) > | f (b) − f ( a)|.
B.3) Soit σ une subdivision de [ a ; b]. Alors
p
`(σ, f + g) =
∑ |( f + g)(σi ) − ( f + g)(σi−1 )| =
i =1
p
6
p
∑ | f (σi ) − f (σi−1 ) + g(σi ) − g(σi−1 )|
i =1
p
p
i =1
i =1
∑ (| f (σi ) − f (σi−1 )| + | g(σi ) − g(σi−1 )|) = ∑ | f (σi ) − f (σi−1 )| + ∑ | g(σi ) − g(σi−1 )|
i =1
= `(σ, f ) + `(σ, g).
Puisque f et g sont de longueur bornée, on a `(σ, f ) 6 Lba ( f ) et `(σ, g) 6 Lba ( g) donc `(σ, f + g) 6 Lba ( f ) +
Lba ( g). Donc Lba ( f ) + Lba ( g) majore l’ensemble {`(σ, f ) | σ ∈ Sa,b }. On en déduit que f + g est de longueur
bornée et, puisque la borne supérieure est le plus petit des majorants, que Lba ( f + g) 6 Lba ( f ) + Lba ( g).
B.4) (a) Puisque σ0 = a < c, l’ensemble j ∈ {0, . . . , p} | σj < c n’est pas vide, c’est donc une partie finie non
vide de N, elle admet donc un plus grand élément q.
Puisque σp = b > c, l’ensemble j ∈ {1, . . . , p} | σj > c n’est pas vide, c’est donc une partie non vide
de N, elle admet donc un plus petit élément r.
(b) On a σ00 = σ0 = a, σq0 +1 = c et σi0 = σi < σi+1 = σi0+1 pour tout i ∈ {0, 1, . . . , q − 1}. De plus, par
définition de q, on a σq0 = σq < c = σq0 +1 . Donc σ0 est une subdivision de [ a ; c].
On raisonne de même pour σ00 : on a σ”0 = c, σ” p−r+1 = σp = b et σ”i+1 = σi+r > σi+r−1 = σ”i
pour tout i ∈ {1, . . . , p − r }. De plus, par définition de r, on a σ”1 = σr > c = σ”0 . Donc σ0 est une
subdivision de [c ; b].
(c) Remarquons que σq+1 > c et que si σq+1 = c alors r = q + 2 et si σq+1 > c alors r = q + 1.
On a
q
l (σ, f ) =
=
i =1
i = q +1
q
r
∑ f (σi0 ) − f (σi0−1 ) +
i =1
p
r
∑ | f (σi ) − f (σi−1 )| + ∑
∑
| f (σi ) − f (σi−1 )| +
∑
| f (σi ) − f (σi−1 )|
i =r +1
| f (σ1 ) − f (σi−1 )| +
i = q +1
p −r +1 ∑
f (σ00 ) − f (σ00 ).
i
i −1
j =2
De plus,
â si σq+1 = c on a ∑ri=q+1 | f (σi ) − f (σi−1 )| = | f (σ100 ) − f (σ000 )| + f (σq0 +1 − f (σq0 )) et
â si σq+1 > c on a ∑ri=q+1 | f (σi ) − f (σi−1 )| = f (σ100 ) − f (σq0 ) 6 | f (σ100 ) − f (σ000 )| + f (σq0 +1 − f (σq0 ))
donc dans les deux cas on obtient `(σ, f ) 6 `(σ0 , f ) + `(σ00 , f ).
2
(d) Soit σ une subdivision de [ a ; b]. On construit σ0 ∈ Sa,c et σ” ∈ Sc,b comme dans la question (b).
Par hypothèse, f est de longueur bornée sur [ a ; c] et sur [c ; b], donc on a `(σ0 , f ) 6 Lca ( f ) et `(σ00 , f ) 6
Lbc ( f ). On a donc `(σ, f ) 6 Lca ( f ) + Lbc ( f ) d’après la question précédente. Puisque Lca ( f ) + Lbc ( f ) ne
dépend pas de σ, il majore l’ensemble {`(σ, f ) | σ ∈ Sa,b }. Donc f est de longueur bornée sur [ a ; b] et,
puisque Lba ( f ) est le plus petit majorant de {`(σ, f ) | σ ∈ Sa,b }, on a
Lba ( f ) 6 Lca ( f ) + Lbc ( f ).
B.5) (a) Posons σ0 = (σi0 )06i6q , σ00 = (σj00 )06 j6r , p = q + r et
( 0
σi
si 0 6 i 6 q
σi =
σi00−q si q + 1 6 i 6 p.
Alors σ = (σi )06i6 p est une subdivision de [ a ; b]. De plus,
q
`(σ, f ) =
∑ | f (σi ) − f (σi−1 )| +
i =1
p
∑
| f (σi ) − f (σi−1 )|
i = q +1
p−q
0
0
= ∑ f (σi ) − f (σi−1 ) + ∑ f (σi+q ) − f (σi+q−1 )
q
i =1
q i =1
r = ∑ f (σi0 ) − f (σi0−1 ) + ∑ f (σi00 ) − f (σi00−1 )
i =1
i =1
0
00
= `(σ , f ) + `(σ , f ).
(b) Soit σ0 une subdivision de [ a ; c] et soit σ” une subdivision de [c ; b]. On construit σ ∈ Sa,b à partir de
σ0 et σ” comme dans la question précédente. On a alors `(σ0 , f ) = `(σ, f ) − `(σ”, f ) 6 `(σ, f ) 6 Lba ( f )
puisque `(σ00 , f ) > 0 et f est à variations bornées sur [ a ; b]. On déduit que pour toute subdivision σ0 de [ a ; c] on a `(σ0 , f ) 6 Lba ( f ), et par conséquent f est de longueur bornée sur [ a ; c]. De
même, f est de longueur bornée sur [c ; b]. De plus, on a `(σ0 , f ) + `(σ00 , f ) 6 Lba ( f ) pour toutes
subdivisions σ0 de [ a ; c] et σ00 de [c ; b], avec Lba ( f ) indépendant de σ0 et σ”, donc Lba ( f ) majore
{`(σ0 , f ) + `(σ00 , f ) | σ0 ∈ Sa,c , σ” ∈ Sc,b } donc sup{`(σ0 , f ) + `(σ00 , f ) | σ0 ∈ Sa,c , σ” ∈ Sc,b } 6 Lba ( f ).
Or sup{`(σ0 , f ) + `(σ00 , f ) | σ0 ∈ Sa,c , σ” ∈ Sc,b } = Lca ( f ) + Lbc ( f ) donc Lca ( f ) + Lbc ( f ) 6 Lba ( f ).
B.6) Si α < β < γ, cela découle des questions B.5)(b) et B.4)(d).
Avec la convention L aa ( f ) = 0, si certains parmi α, β, γ sont égaux le résultat est évident.
Enfin, dans le cas général c’est vrai aussi grâce à la convention Lba ( f ) = − Lba ( f ). Vérifions-le par exemple
β
γ
γ
γ
γ
γ
dans le cas où β < α < γ. Alors on a Lαβ ( f ) + Lα ( f ) = L β ( f ), donc Lα ( f ) = L β ( f ) − Lαβ ( f ) = L β ( f ) + Lα ( f ),
ce que l’on voulait.
Les quatre cas qui restent se traitent de la même manière.
C. L IEN ENTRE "E TRE DE LONGUEUR BORNÉE " ET "E TRE À VARIATIONS BORNÉES ".
C.1) (a) Supposons que q est croissante. Soit σ = σi06i6 p une subdivision de [ a ; b]. Alors
`(σ, q) =
p
p
i =1
i =1
∑ |q(σi ) − q(σi−1 )| = ∑ (q(σi ) − q(σi−1 )) = q(σp ) − q(σ0 ) = q(b) − q(a) = |q(b) − q(a)|
ne dépend pas de σ. Donc l’ensemble {`(σ, q) | σ ∈ Sa,b } = {|q(b) − q( a)|} est un singleton, il admet
donc une borne supérieure qui est Lba (q) = |q(b) − q( a)|.
Si q est décroissante, on obtient de même que q est de longueur bornée sur [ a ; b] et Lba (q) = q( a) − q(b) =
|q(b) − q( a)|.
(b) Il existe g croissante sur I et h décroissante sur I telles que f = g + h. D’après la question précédente,
g et h sont de longueur bornée sur [ a ; b], donc d’après la question B.3), f est de longueur bornée sur
[ a ; b ].
3
C.2) Soient t et t0 dans I avec t0 > t. Alors en utilisant B.6) on a
0
0
1 0
1 0
g(t0 ) − g(t) =
f (t ) − f (t) + Ltλ ( f ) − Ltλ ( f ) =
f (t ) − f (t) + Ltt ( f ) .
2
2
0
D’après B.2), si f (t0 ) − f (t) < 0, on a f (t0 ) − f (t) > − Ltt ( f ) donc g(t0 ) − g(t) > 0. Grâce à B.1), si f (t0 ) −
1 0
f (t) > 0 alors g(t0 ) − g(t) > Ltt ( f ) > 0.
2
Donc dans tous les cas g(t0 ) − g(t) > 0 et g est bien croissante.
On raisonne de même pour montrer que h est décroissante.
Ainsi, f = g + h est à variations bornées.
C.3) Cela découle des deux questions précédentes.
En effet, si f est à variations bornées, la question C.1)(b) montre que f est de longueur bornée sur tout
segment [ a ; b] de I.
Si f est de longueur bornée sur tout segment de I, alors pour tout t on peut considérer Ltλ ( f ) et donc définir
les fonctions g et h de la question C.2), et puisqu’il est clair f = g + h et qu’on a vu que g est croissante et h
décroissante, f est à variations bornées.
D. C AS DES FONCTIONS DE CLASSE C 1 .
D.1) Puisque f est de classe C 1 , f est une primitive de f 0 et on a donc
Z v
Z v
0 0
f (t) dt.
f (t) dt 6
| f (u) − f (v)| = | f (v) − f (u)| = u
u
D.2) a) On a, grâce à la relation de Chasles,
p
p
Z σp Z b
Z σi 0
0
f 0 (t) dt.
`(σ, f ) = ∑ | f (σi ) − f (σi−1 )| 6 ∑
f (t) dt =
f (t) dt =
i =1 σi−1
i =1
a
σ0
Rb
b) L’ensemble {`(σ, f ) | σ ∈ Sa,b } est majoré par a | f 0 (t)| dt, donc il admet une borne supérieure Lba ( f ).
Rb
Donc f est de longueur bornée et Lba ( f ) 6 a | f 0 (t)| dt.
D.3) Soient a et b dans I avec a < b et soit un réel ε > 0.
a) Puisque f est de classe C 1 , f 0 est continue sur le segment [ a ; b] donc uniformément continue. Il existe
ε
.
donc η > 0 tel que pour tout (u, v) ∈ [ a ; b]2 , |u − v| < η ⇒ | f 0 (u) − f 0 (v)| <
b−a
On choisit une subdivision σ = (σi )06i6 p de [ a ; b] telle que pour tout i on ait σi − σi−1 < η ; par exemple,
b−a
b−a
, on peut poser σi = a + i
pour i ∈ {0, 1, . . . , p}.
si on choisit un entier p tel que p >
η
p
ε
On a alors, pour tous x, y dans [σi−1 ; σi ], on a | x − y| < η et donc | f ( x ) − f (y)| <
.
b−a
b) On applique le théorème des accroissements finis. La fonction f est continue sur [σi−1 ; σi ] et dérivable
sur ]σi−1 ; σi [, donc il existe ci ∈ ]σi−1 ; σi [ tel que
f (σi ) − f (σi−1 ) = f 0 (ci )(σi − σi−1 ).
On prend les valeurs absolues, ce qui donne l’égalité cherchée.
c) Si t ∈ [σi−1 ; σi ], alors
0 0
f ( t ) 6 f ( ci ) + f 0 ( t ) − f 0 ( ci ) < f 0 ( ci ) +
ε
.
b−a
d) On déduit de la question précédente que pour tout i on a
Z σi Z σi 0
Z σi
ε
ε
f 0 (t) 6
f ( ci ) +
= (σi − σi−1 ) f 0 (ci ) + (σi − σi−1 )
b−a
σi−1
σi−1
σi−1 b − a
ε
= | f (σi ) − f (σi−1 )| + (σi − σi−1 )
,
b−a
ce qui donne le résultat demandé.
4
e) On a
p
`(σ, f ) =
∑ | f (σi ) − f (σi−1 )| >
i =1
=
Z σi p
0
−
f
(
t
)
∑ (σi − σi−1 )
∑
p
i =1 σi−1
Z b
0
a
D.4) On sait que f est de longueur bornée et que
i =1
f (t) dt − (b − a)
ε
=
b−a
ε
b−a
Z b
a
f 0 (t) dt − ε.
Z b
a
D.3)b).
f 0 (t) dt majore {`(σ, f ) | σ ∈ Sa,b } d’après la question
Soit ε > 0. D’après la question précédente, il existe σ ∈ Sa,b (qui dépend de ε) tel que
`(σ, f ) 6
Z b
a
Z b
f 0 (t) dt − ε <
a
0
f (t) dt. On utilise alors la caractérisation de la borne supérieure rappelée au début de ce
corrigé et on en déduit que
Z b
f 0 (t) dt = Lba ( f ).
a
D.5) Puisque f est de longueur bornée sur tout segment de I, elle est à variations bornées d’après C.3).
E XERCICE : T HÉORÈME DE M ORLEY.
I.
La relation des sinus.
1) Rappelons que O est l’intersection des médiatrices des côtés du triangle.
b = π . Alors le triangle ABC est rectangle en A et ) est le milieu de [ BC ]. On a alors
â Supposons que A
2
b = 1, donc la relation en découle.
a = BC = 2r et sin A
b < π.
â Supposons que A
2
A
A
D
O
B
H
O
C
C
B
Première méthode
Deuxième méthode
b De plus, le tri[ = 2 A.
On se réfère à la première figure. Le théorème de l’angle au centre donne BOC
angle BOC est isocèle en O, donc si H est le pied de la hauteur issue de O, alors (OH ) est la bissectrice
b = BOH.
[ et la médiatrice de [ BC ]. On a donc A
[ Puisque le triangle BOH est rectangle en H,
de BOC
a
b = BH = 2 .
on en déduit que sin A
OB
r
On peut aussi utiliser le théorème de l’angle inscrit. Dans la deuxième figure, où D est le symétrique de C par
b et D
b intersectent le même arc donc sont égaux, et puisque [CD ] est un diamètre du
rapport à O, les angles A
b = sin D
b = BC = a .
cercle, le triangle BDC est rectangle en B et on en déduit que sin A
2r
2r
5
b > π . On se réfère à la première figure ci-dessous. Le théorème de l’angle au centre
â Supposons que A
2
b
[ = 2 A.
donne BOC
D
O
O
C
H
B
C
B
A
A
Première méthode
Deuxième méthode
b =
Si H est le pied de la hauteur issue de A, puisque le triangle BOC est isocèle en O, on a donc A
1
[ − HOC
[ = 1 2π − 2 BOH
[ = π − BOH.
[ Le même raisonnement que dans le cas
2π − BOH
2
2
b = sin π − BOH
[ = sin BOH
[ = a.
[ = a . Finalement, sin A
précédent montre que sin BOH
2r
2r
On peut aussi utiliser le fait que deux angles qui intersectent deux arcs complémentaires sont supplémentaires :
b+D
b = π. Puisque D
b < π , on a déjà démontré que sin D
b = BC = a . On a
dans la deuxième figure, on a A
2
2r
2r
a
b
b
b
donc sin A = sin π − A = sin D = .
2r
b
b et C.
2) On applique le résultat de la question précédente aux angles B
II.
Démonstration du théorème de Morley.
AR
AB
c
c
=
=
=
.
b
sin β
sin(π − α − β)
sin(α + β)
sin R
c
Dans le triangle ABC, la relation des sinus donne
= 2r d’où c = 2r sin(3γ) = 2r sin(π − 3α − 3γ) =
b
sin C
2r sin(3α + 3β).
sin(3α + 3β)
.
En identifiant, on obtient AR = 2r sin β
sin(α + β)
2) (a) A l’aide des formules d’Euler, on a
p+q
p−q
p+q
p−q
exp i
− exp −i
exp i
− exp −i
p+q
p−q
2
2
2
2
−2 sin
sin
= −2
2
2
2i
2i
1 ip
=
e − eiq − e−iq + e−ip = cos p − cos q.
2
1) Dans le triangle ABR, la relation des sinus donne
(Il y a d’autres méthodes.)
2π
On applique ensuite la première formule avec p =
et q = 2θ. Ainsi,
3
π
π
2π
cos
− cos(2θ ) = −2 sin
+ θ sin
−θ .
3
3
3
D’autre part,
2π
cos
3
et la deuxième formule suit.
1
1
− cos(2θ ) = − − (2 cos2 θ − 1) = −2 cos2 θ + ,
2
2
(b) On utilise la formule de de Moivre et la formule du binôme de Newton :
sin(3θ ) = Im(e3iθ ) = Im((cosθ + i sin θ )3 )
= Im(cos3 θ + 3i cos2 θ sin θ − 3 cos θ sin2 θ − i sin3 θ )
= sin θ (3 cos2 θ − sin2 θ ) = sin θ (4 cos2 θ − 1).
6
On peut aussi utiliser les formules de trigonométrie.
3) D’après la question précédente, on a
sin(3α + 3β) = sin(α + β)(4 cos2 (α + β) − 1) = sin(α + β)(4 cos2
π
3
− α − β − 1)
car dans le triangle ABC on a 3α + 3β + 3γ = π.
La dernière formule de la question précédente donne alors :
π π
π π
sin(3α + 3β)
= 4 sin
+
− γ sin
−
−γ
sin(α + β)
3
3
3
3
2π
2π
= 4 sin γ sin
− γ = 4 sin γ sin π −
+γ
3
3
π
+γ .
= 4 sin γ sin
3
π
4) D’après les questions 1) et 3), on a AR = 2r sin β · 4 sin γ sin
+γ .
3
5) La même démonstration
en
échangeant
les
rôles
de
B
et
C, β et γ et R et Q donne AQ =
π
8r sin β sin γ sin
+β .
3
La deuxième formule est une conséquence immédiate de celle-ci et de la question précédente.
2π
1
1
π
6) (a) \
AMR = π − α − \
ARM =
− α − β = (2π − 3α − 3β) = (π + 3γ) = + γ.
3
3
3
3
π
sin
+β
3
= AQ.
(b) La relation des sinus dans le triangle ARM donne AM = AR π
sin
+γ
3
(c) M est sur la demi-droite [ AQ) et AM = AQ donc M = Q.
π
π
[ =\
[ =\
AMR = + γ.
(d) ARQ
ARM = + β et AQR
3
3
RQ
AR
7) D’après la relation des sinus dans le triangle ARQ et la question 4), on a
=
=
sin α
[
sin AQR
AR
= 8r sin β sin γ.
π
sin( + γ)
3
8) On a démontré que RQ = 8r sin α sin β sin γ, et cette expression est symétrique en α, β, γ. On obtient
donc de même que PQ = 8r sin α sin β sin γ et que PR = 8r sin α sin β sin γ. Par conséquent, le triangle
PQR est équilatéral.
7