Correction

Corrigé du problème M1 MEEF du 1er mars 2017 R. Taillefer
PROBLÈME : FONCTIONS À VARIATIONS BORNÉES.
A. PREMIÈRES PROPRIÉTÉS.
Rappelons la caractérisation suivante de la borne supérieure d’une partie de R. Soit Aune partie non vide
et majorée de R. Soit αun majorant de A. Alors αest la borne supérieure de Asi et seulement si pour tout ε>0,
il existe a∈Atel que α−ε<a6α.
A.1) Si fest croissante, il suffit de prendre g=fet h=0 et si fest décroissante on pose g=0 et h=f.
A.2) (a) Notons Vl’ensemble des fonctions à variations bornées définies sur I. On a V ⊂ F(I,R).
âVn’est pas vide puisqu’il contient la fonction nulle.
âSi f1et f2sont dans V, alors il existe g1et g2croissantes sur Iet h1et h2décroissantes sur Itelles que
f1=g1+h1et f2=g2+h2. On a alors f1+f2= (g1+g2) + (h1+h2)avec g1+g2croissante sur I
et h1+h2décroissante sur I, donc f1+f2∈ V.
âSoit f∈ V et soit λ∈R. Il existe gcroissante sur Iet hdécroissante sur Itelles que f=g+h. On a
alors λf=λg+λh.
Si λ>0, alors λgest croissante et λhest décroissante donc λf∈ V.
Si λ<0 alors λgest décroissante et λhest croissante donc λf∈ V.
Donc Vest un sous-espace vectoriel de F(I,R).
(b) Notons Cl’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 gcroissante et hdécroissante telles que f=g+h, donc
f=g−(−h)est combinaison linéaire des deux fonctions get −hqui sont dans C, donc fest dans
vect{C}.
On a donc bien V=vect{C}.
A.3) Posons k=g−g(α)et l=l+g(α). Alors kest croissante sur Iet k(α) = 0, la fonction lest 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 gest croissante et a<b, on a g(a)6g(b)
donc f(b)−f(a)>h(b)−h(a). De même, puisque hest décroissante, on a f(b)−f(a)6g(b)−g(a).
A.5) Soit x∈[a;b]. Alors g(a) + h(b)6f(x) = g(x) + h(x)6g(b) + h(a)puisque gest croissante et hest
décroissante, donc fest bornée.
A.6) (a) Puisque gest croissante, pour tout x∈[α;x0[on a g(x)6g(x0), donc l’ensemble g([α;x0[) est non
vide et majoré, il admet donc une borne supérieure sdans 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)6s.
Soit maintenant x∈]x1;x0[. Puisque gest croissante, on a alors s−ε<g(x1)6g(x)6g(x0)6s.
Posons η:=x0−x1>0. Pour tout x∈]x0−η;x0[on a |g(x)−s|<ε.
Ainsi, gadmet une limite à gauche en x0, qui est s.
(c) Soit x0un 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∈Itel que x0<β.
D’autre part, puisque −hest croissante, elle admet une limite à gauche et une limite à droite en x0.
On en déduit que f=g+hadmet 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 ψest bien définie sur R.
1

(b) âOn a lim
x→1−ψ(x) = −∞, donc ψn’est pas bornée sur le segment [0 ; 1], donc ψet ψ[0;1]ne sont pas à
variations bornées d’après A.5) (où on a démontré que si fest à variations bornées sur I, alors fest
bornée sur tout segment de I).
âSur [0 ; 1[, la fonction ψest décroissante, donc ψ|[0;1[est à variations bornées d’après A.1).
B. FONCTIONS DE LONGUEUR BORNÉE.
Pour a,bdans Iavec a<b, notons Sa,bl’ensemble des subdivisions de [a;b].
B.1) Pour tout σ∈Sa,b, on a `(σ,f)>0 par définition, donc Lb
a(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)|6Lb
a(f).
On peut aussi remarquer que pour tout σ∈Sa,bon a |(|f(b)−f(a)) = ∑p
i=1f(σi)−f(σi−1)6
∑p
i=1|f(σi)−f(σi−1)|=`(σ,f)donc Lb
a(f)>|f(b)−f(a)|.
B.3) Soit σune subdivision de [a;b]. Alors
`(σ,f+g) =
p
∑
i=1
|(f+g)(σi)−(f+g)(σi−1)|=
p
∑
i=1
|f(σi)−f(σi−1) + g(σi)−g(σi−1)|
6
p
∑
i=1
(|f(σi)−f(σi−1)|+|g(σi)−g(σi−1)|)=
p
∑
i=1
|f(σi)−f(σi−1)|+
p
∑
i=1
|g(σi)−g(σi−1)|
=`(σ,f) + `(σ,g).
Puisque fet gsont de longueur bornée, on a `(σ,f)6Lb
a(f)et `(σ,g)6Lb a(g)donc `(σ,f+g)6Lb a(f) +
Lb
a(g). Donc Lb a(f) + Lb a(g)majore l’ensemble {`(σ,f)|σ∈Sa,b}. On en déduit que f+gest de longueur
bornée et, puisque la borne supérieure est le plus petit des majorants, que Lb
a(f+g)6Lb a(f) + Lb a(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 σ0
0=σ0=a,σ0
q+1=cet σ0
i=σi<σi+1=σ0 i+1pour tout i∈{0, 1, . . . , q−1}. De plus, par
définition de q, on a σ0
q=σq<c=σ0
q+1. Donc σ0est une subdivision de [a;c].
On raisonne de même pour σ00 : on a σ”0=c,σ”p−r+1=σp=bet 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 σ0est une
subdivision de [c;b].
(c) Remarquons que σq+1>cet que si σq+1=calors r=q+2 et si σq+1>calors r=q+1.
On a
l(σ,f) =
q
∑
i=1
|f(σi)−f(σi−1)|+
r
∑
i=q+1
|f(σi)−f(σi−1)|+
p
∑
i=r+1
|f(σi)−f(σi−1)|
=
q
∑
i=1f(σ0
i)−f(σ0 i−1)+
r
∑
i=q+1
|f(σ1)−f(σi−1)|+
p−r+1
∑
j=2f(σ00
i)−f(σ00 i−1).
De plus,
âsi σq+1=con a ∑r
i=q+1|f(σi)−f(σi−1)|=|f(σ00
1)−f(σ00
0)|+f(σ0
q+1−f(σ0
q))et
âsi σq+1>con a ∑r
i=q+1|f(σi)−f(σi−1)|=f(σ00
1)−f(σ0
q)6|f(σ00
1)−f(σ00
0)|+f(σ0
q+1−f(σ0
q))
donc dans les deux cas on obtient `(σ,f)6`(σ0,f) + `(σ00,f).
2

(d) Soit σune subdivision de [a;b]. On construit σ0∈Sa,cet σ”∈Sc,bcomme dans la question (b).
Par hypothèse, fest de longueur bornée sur [a;c]et sur [c;b], donc on a `(σ0,f)6Lc
a(f)et `(σ00,f)6
Lb
c(f). On a donc `(σ,f)6Lc a(f) + Lb c(f)d’après la question précédente. Puisque Lc a(f) + Lb c(f)ne
dépend pas de σ, il majore l’ensemble {`(σ,f)|σ∈Sa,b}. Donc fest de longueur bornée sur [a;b]et,
puisque Lb
a(f)est le plus petit majorant de {`(σ,f)|σ∈Sa,b}, on a
Lb
a(f)6Lc a(f) + Lb c(f).
B.5) (a) Posons σ0= (σ0
i)06i6q,σ00 = (σ00 j)06j6r,p=q+ret
σi=(σ0
isi 0 6i6q
σ00
i−qsi q+16i6p.
Alors σ= (σi)06i6pest une subdivision de [a;b]. De plus,
`(σ,f) =
q
∑
i=1
|f(σi)−f(σi−1)|+
p
∑
i=q+1
|f(σi)−f(σi−1)|
=
q
∑
i=1f(σ0
i)−f(σ0 i−1)+
p−q
∑
i=1f(σi+q)−f(σi+q−1)
=
q
∑
i=1f(σ0
i)−f(σ0 i−1)+
r
∑
i=1f(σ00
i)−f(σ00 i−1)
=`(σ0,f) + `(σ00,f).
(b) Soit σ0une subdivision de [a;c]et soit σ” une subdivision de [c;b]. On construit σ∈Sa,bà partir de
σ0et σ” comme dans la question précédente. On a alors `(σ0,f) = `(σ,f)−`(σ”, f)6`(σ,f)6Lb
a(f)
puisque `(σ00,f)>0 et fest à variations bornées sur [a;b]. On déduit que pour toute subdivi-
sion σ0de [a;c]on a `(σ0,f)6Lb
a(f), et par conséquent fest de longueur bornée sur [a;c]. De
même, fest de longueur bornée sur [c;b]. De plus, on a `(σ0,f) + `(σ00,f)6Lb
a(f)pour toutes
subdivisions σ0de [a;c]et σ00 de [c;b], avec Lb
a(f)indépendant de σ0et σ”, donc Lb a(f)majore
{`(σ0,f) + `(σ00,f)|σ0∈Sa,c,σ”∈Sc,b}donc sup{`(σ0,f) + `(σ00,f)|σ0∈Sa,c,σ”∈Sc,b}6Lb
a(f).
Or sup{`(σ0,f) + `(σ00,f)|σ0∈Sa,c,σ”∈Sc,b}=Lc
a(f) + Lb c(f)donc Lc a(f) + Lb c(f)6Lb a(f).
B.6) Si α<β<γ, cela découle des questions B.5)(b) et B.4)(d).
Avec la convention La
a(f) = 0, si certains parmi α,β,γsont égaux le résultat est évident.
Enfin, dans le cas général c’est vrai aussi grâce à la convention Lb
a(f) = −La
b(f). Vérifions-le par exemple
dans le cas où β<α<γ. Alors on a Lα
β(f) + Lγ
α(f) = Lγ
β(f), donc Lγ
α(f) = Lγ
β(f)−Lα
β(f) = Lγ
β(f) + Lβ
α(f),
ce que l’on voulait.
Les quatre cas qui restent se traitent de la même manière.
C. LIEN ENTRE "ETRE DE LONGUEUR BORNÉE"ET "ETRE À VARIATIONS BORNÉES".
C.1) (a) Supposons que qest croissante. Soit σ=σi06i6pune subdivision de [a;b]. Alors
`(σ,q) =
p
∑
i=1
|q(σi)−q(σi−1)|=
p
∑
i=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 Lb
a(q) = |q(b)−q(a)|.
Si qest décroissante, on obtient de même que qest de longueur bornée sur [a;b]et Lb
a(q) = q(a)−q(b) =
|q(b)−q(a)|.
(b) Il existe gcroissante sur Iet hdécroissante sur Itelles que f=g+h. D’après la question précédente,
get hsont de longueur bornée sur [a;b], donc d’après la question B.3),fest de longueur bornée sur
[a;b].
3

C.2) Soient tet t0dans Iavec t0>t. Alors en utilisant B.6) on a
g(t0)−g(t) = 1
2f(t0)−f(t) + Lt0
λ(f)−Lt λ(f)=1
2f(t0)−f(t) + Lt0
t(f).
D’après B.2), si f(t0)−f(t)<0, on a f(t0)−f(t)>−Lt0
t(f)donc g(t0)−g(t)>0. Grâce à B.1), si f(t0)−
f(t)>0 alors g(t0)−g(t)>1
2Lt0
t(f)>0.
Donc dans tous les cas g(t0)−g(t)>0 et gest bien croissante.
On raisonne de même pour montrer que hest décroissante.
Ainsi, f=g+hest à variations bornées.
C.3) Cela découle des deux questions précédentes.
En effet, si fest à variations bornées, la question C.1)(b) montre que fest de longueur bornée sur tout
segment [a;b]de I.
Si fest de longueur bornée sur tout segment de I, alors pour tout ton peut considérer Lt
λ(f)et donc définir
les fonctions get hde la question C.2), et puisqu’il est clair f=g+het qu’on a vu que gest croissante et h
décroissante, fest à variations bornées.
D. CAS DES FONCTIONS DE CLASSE C1.
D.1) Puisque fest de classe C1,fest une primitive de f0et on a donc
|f(u)−f(v)|=|f(v)−f(u)|=Zv
uf0(t)dt6Zv uf0(t)dt.
D.2) a) On a, grâce à la relation de Chasles,
`(σ,f) =
p
∑
i=1
|f(σi)−f(σi−1)|6
p
∑
i=1Zσi
σi−1f0(t)dt=Zσp σ0f0(t)dt=Zb af0(t)dt.
b) L’ensemble {`(σ,f)|σ∈Sa,b}est majoré par Rb
a|f0(t)|dt, donc il admet une borne supérieure Lb
a(f).
Donc fest de longueur bornée et Lb
a(f)6Rb
a|f0(t)|dt.
D.3) Soient aet bdans Iavec a<bet soit un réel ε>0.
a) Puisque fest de classe C1,f0est continue sur le segment [a;b]donc uniformément continue. Il existe
donc η>0 tel que pour tout (u,v)∈[a;b]2,|u−v|<η⇒|f0(u)−f0(v)|<ε
b−a.
On choisit une subdivision σ= (σi)06i6pde [a;b]telle que pour tout ion ait σi−σi−1<η; par exemple,
si on choisit un entier ptel que p>b−a
η, on peut poser σi=a+ib−a ppour i∈{0, 1, . . . , p}.
On a alors, pour tous x,ydans [σi−1;σi], on a |x−y|<ηet donc |f(x)−f(y)|<ε
b−a.
b) On applique le théorème des accroissements finis. La fonction fest 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) = f0(ci)(σi−σi−1).
On prend les valeurs absolues, ce qui donne l’égalité cherchée.
c) Si t∈[σi−1;σi], alors f0(t)6f0(ci)+f0(t)−f0(ci)<f0(ci)+ε
b−a.
d) On déduit de la question précédente que pour tout ion a
Zσi
σi−1f0(t)6Zσi σi−1f0(ci)+Zσi σi−1
ε
b−a= (σi−σi−1)f0(ci)+ (σi−σi−1)ε b−a
=|f(σi)−f(σi−1)|+ (σi−σi−1)ε
b−a,
ce qui donne le résultat demandé.
4

e) On a
`(σ,f) =
p
∑
i=1
|f(σi)−f(σi−1)|>
p
∑
i=1Zσi
σi−1f0(t)−
p
∑
i=1
(σi−σi−1)ε
b−a
=Zb
af0(t)dt−(b−a)ε
b−a=Zb
af0(t)dt−ε.
D.4) On sait que fest de longueur bornée et que Zb
af0(t)dtmajore {`(σ,f)|σ∈Sa,b}d’après la question
D.3)b).
Soit ε>0. D’après la question précédente, il existe σ∈Sa,b(qui dépend de ε)tel que Zb
af0(t)dt−ε<
`(σ,f)6Zb
af0(t)dt. On utilise alors la caractérisation de la borne supérieure rappelée au début de ce
corrigé et on en déduit que Zb
af0(t)dt=Lb
a(f).
D.5) Puisque fest de longueur bornée sur tout segment de I, elle est à variations bornées d’après C.3).
EXERCICE : THÉORÈME DE MORLEY.
I. La relation des sinus.
1) Rappelons que Oest l’intersection des médiatrices des côtés du triangle.
âSupposons que b A=π
2. Alors le triangle ABC est rectangle en Aet )est le milieu de [BC]. On a alors
a=BC =2ret sin b A=1, donc la relation en découle.
âSupposons que b A<π
2.
O
B
A
C
H
Première méthode
O
B
A
C
D
Deuxième méthode
On se réfère à la première figure. Le théorème de l’angle au centre donne [ BOC =2b A. De plus, le tri-
angle BOC est isocèle en O, donc si Hest le pied de la hauteur issue de O, alors (OH)est la bissectrice
de [ BOC et la médiatrice de [BC]. On a donc b A=
[
BOH. Puisque le triangle BOH est rectangle en H,
on en déduit que sin b A=BH
OB =
a
2
r.
On peut aussi utiliser le théorème de l’angle inscrit. Dans la deuxième figure, où D est le symétrique de C par
rapport à O, les angles b A et b D intersectent le même arc donc sont égaux, et puisque [CD]est un diamètre du
cercle, le triangle BDC est rectangle en B et on en déduit que sin b A=sin b D=BC
2r=a 2r.
5