Exercice 1 540 Correction

Soit $f$ une application continue de $ℝ \times [a; b]$ dans $ℝ$ .

(a)

Expliquer pourquoi $f$ est uniformément continue sur $S \times [a; b]$ pour tout segment $S$ de $ℝ$ .
(b)

En déduire que $F : x \mapsto \int_{a}^{b} f (x, t) d t$ est continue sur $ℝ$ .

Pour $x \in ℝ$ , on pose $g (x) = \int_{0}^{1} e^{x t} d t$ .

(c)

À l’aide de la question précédente, étudier la continuité de $g$ . Retrouver le résultat en calculant directement $g (x)$ .

Solution

(a)

$S \times [a; b]$ est une partie compacte et toute fonction continue sur un compact y est uniformément continue.
(b)

Étudions la continuité de $F$ en $α \in ℝ$ et considérons $S = [α - 1; α + 1]$ .

$\forall ε > 0, \exists η > 0, \forall (x, t), (x^{'}, t^{'}) \in S \times [a; b], {∥ (x, t) - (x^{'}, t^{'}) ∥}_{\infty} \leq η ⟹ | f (x, t) - f (x^{'}, t^{'}) | \leq ε .$

Donc, pour $| x - α | \leq η$ ,

$| F (x) - F (α) | \leq \int_{a}^{b} ε d t = ε (b - a) .$

Ainsi, $F$ est continue en $α$ .
(c)

$(x, t) \mapsto e^{x t}$ est continue par opérations et $g$ l’est donc aussi par intégration sur un segment. Pour $x \neq 0$ , $g (x) = \frac{e^{x} - 1}{x}$ et $g (0) = 1$ .

Sans difficultés, on vérifie que $g$ est continue sur $ℝ$ .

Exercice 2 544 MINES (MP)Correction

Soient $f : I \times ℝ \to ℝ$ et $u, v : I \to ℝ$ continues.
Montrer la continuité de la fonction

x \mapsto \int_{u (x)}^{v (x)} f (x, t) d t .

Solution

Réalisons le changement de variable $t = u (x) + θ (v (x) - u (x))$

\int_{u (x)}^{v (x)} f (x, t) d t = (v (x) - u (x)) \int_{0}^{1} f (x, u (x) + θ (v (x) - u (x))) d θ .

Considérons la fonction

g : (x, θ) \mapsto f (x, u (x) + θ (v (x) - u (x)) .

Pour $[a; b] \subset I$ , la fonction $g$ est continue sur le compact $[a; b] \times [0; 1]$ et donc bornée. Par conséquent, il existe $M \in ℝ_{+}$ vérifiant

\forall (x, θ) \in [a; b] \times [0; 1], | g (x, θ) | \leq M = φ (θ) .

La fonction $φ$ est intégrable sur $[0; 1]$ et donc, par domination sur tout segment, on peut affirmer la continuité de la fonction

x \mapsto \int_{0}^{1} g (x, θ) d θ .

On en déduit la continuité de la fonction étudiée par produit.

Exercice 3 3756 Correction

Soit $f : ℝ \to ℝ$ une fonction de classe $𝒞^{\infty}$ sur $ℝ$ vérifiant $f (0) = 0$ .

(a)

Pour $x$ réel non nul, calculer

$\int_{0}^{1} f^{'} (x t) d t$
(b)

En déduire que la fonction $g : ℝ^{*} \to ℝ$ donnée par

$g (x) = \frac{f (x)}{x}$

se prolonge en une fonction de classe $𝒞^{\infty}$ sur $ℝ$ .
(c)

Exprimer les dérivées successives en $0$ du prolongement de $g$ en fonction des dérivées successives en $0$ de $f$ .

Solution

(a)

Pour $x \neq 0$ ,

$\int_{0}^{1} f^{'} (x t) d t = \frac{1}{x} {[f (x t)]}_{0}^{1} = \frac{f (x) - f (0)}{x} = \frac{f (x)}{x}$
(b)

Pour $x \in ℝ^{*}$ ,

$g (x) = \int_{0}^{1} f^{'} (x t) d t .$

Posons $h (x, t) = f^{'} (x t)$ définie sur $ℝ \times [0; 1]$ .

Pour tout $t \in [0; 1]$ , la fonction $x \mapsto h (x, t)$ est de classe $𝒞^{\infty}$ avec pour tout $n \in ℕ$

$\frac{\partial^{n} h}{\partial x^{n}} (x, t) = t^{n} f^{(n + 1)} (x t) .$

Soit $[- a; a] \subset ℝ$ . Puisque la fonction $f^{(n + 1)}$ est continue sur le segment $[- a; a]$ , elle y est bornée et donc il existe $M_{n + 1} \in ℝ_{+}$ vérifiant

$\forall (x, t) \in [- a; a] \times [0; 1], | \frac{\partial^{n} h}{\partial x^{n}} (x, t) | \leq M_{n + 1} = φ_{a} (t) .$

Puisque la fonction $φ_{a}$ est intégrable, on peut affirmer par domination sur tout segment, que la fonction

$x \mapsto \int_{0}^{1} f^{'} (x t) d t$

est de classe $𝒞^{\infty}$ sur $ℝ$ avec

$\frac{d^{n}}{d x^{n}} (\int_{0}^{1} f^{'} (x t) d t) = \int_{0}^{1} t^{n} f^{(n + 1)} (x t) d t .$

On en déduit que la fonction $g$ se prolonge en une fonction $𝒞^{\infty}$ sur $ℝ$ .
(c)

Par ce qui précède, on a aussi

$g^{(n)} (0) = \int_{0}^{1} t^{n} f^{(n + 1)} (0) d t = \frac{f^{(n + 1)} (0)}{n + 1} pour tout n \in ℕ .$

Exercice 4 294 Correction

Soient $f : I \to ℝ$ une fonction de classe $𝒞^{\infty}$ et $a \in ℝ$ tels que

f (a) = f^{'} (a) = \dots = f^{(α - 1)} (a) = 0 .

(a)

Montrer que l’on a pour tout $x \in I$

$f (x) = \int_{a}^{x} \frac{{(x - t)}^{α - 1}}{(α - 1)!} f^{(α)} (t) d t .$
(b)

En déduire que l’on peut écrire $f (x) = {(x - a)}^{α} g (x)$ avec $g$ de classe $𝒞^{\infty}$ sur $ℝ$ .

Solution

(a)

On applique la formule de Taylor reste-intégrale à $f$ en $a$ .
(b)

On réalise le changement de variable $t = a + θ (x - a)$ et l’on obtient

$f (x) = {(x - a)}^{α} \int_{0}^{1} \frac{{(1 - θ)}^{α - 1}}{(α - 1)!} f^{(α)} (a + θ (x - a)) d θ .$

Posons

$h (x, θ) = \frac{{(1 - θ)}^{α - 1}}{(α - 1)!} f^{(α)} (a + θ (x - a)) .$

La fonction $h$ admet des dérivées partielles

$\frac{\partial^{k} h}{\partial x^{k}} (x, θ) = \frac{{(1 - θ)}^{α - 1}}{(α - 1)!} {(x - a)}^{k} f^{(α + k)} (a + θ (x - a)) .$

Celles-ci sont continues en $x$ et continues par morceaux en $θ$ .
Soit $[a - b; a + b] \subset ℝ$ . La fonction $f^{(α + k)}$ est continue sur ce segment et y est donc bornée par un certain $M$ .
Puisque

$\forall x \in [a - b; a + b], \forall θ \in [0; 1], a + θ (x - a) \in [a - b; a + b]$

on a

$\forall (x, θ) \in [a - b; a + b] \times [0; 1], | \frac{\partial^{k} h}{\partial x^{k}} (x, θ) | \leq M = φ (θ)$

avec $φ$ fonction intégrable sur $[0; 1]$ .
Par domination sur tout segment, on peut affirmer que la fonction

$g : x \mapsto \int_{0}^{1} \frac{{(1 - θ)}^{α - 1}}{(α - 1)!} f^{(α)} (a + θ (x - a)) d θ$

est de classe $𝒞^{\infty}$ .

Études théoriques