Math sup : intégration sur un segment

Il suffit de nier la définition : $$\exists \veps>0,\ \forall \eta>0,\ \exists (x,y)\in I^2, |x-y|\leq \eta\wedge |f(x)-f(y)|>\veps,$$ le symbole $\wedge$ signifiant "et".

1. Soit $\varepsilon>0$. Puisque $f$ est uniformément continue, il existe $\eta>0$ tel que $$|x-y|<\eta\implies |f(x)-f(y)|<\varepsilon.$$ Puisque $(x_n-y_n)$ tend vers 0, il existe un entier $N$ tel que, pour $n\geq N$, on a $$|x_n-y_n|<\eta.$$ Ainsi, pour $n\geq N$, on a $$|f(x_n)-f(y_n)|<\varepsilon,$$ ce qui est le résultat voulu.
2. 1. On écrit, pour $x,y\geq 1$, $$|f(x)-f(y)|=\frac{|x-y|}{|xy|}\leq |x-y|.$$ Ceci prouve que $f$ est uniformément continue sur $[1,+\infty]$. Elle y est même lipschitzienne.
   2. Le raisonnement précédent ne fonctionne pas sur $]0,1]$ car si $x$ et $y$ sont petits, alors $xy$ est très petit, et peut être beaucoup plus petit que $x-y$. Par exemple, prenons $x_n=1/2n$ et $y_n=1/n$. Alors $$f(x_n)-f(y_n)=n\to+\infty.$$ Ainsi, quelque soit $\eta>0$, il est possible de trouver $n$ assez grand tel que $|x_n-y_n|=1/2n<\eta$, et pourtant $|f(x_n)-f(y_n)|>\veps$. La fonction $f$ n'est pas uniformément continue sur $]0,1]$.
   3. On fait un raisonnement similaire, sachant que $\sin(n\pi)=0$ et $\sin(n\pi+\pi/2)=\pm 1$. Posons donc $x_n=\sqrt{n\pi}$ et $y_n=\sqrt{n\pi+\pi/2}$. Alors $|f(x_n)-f(y_n)|=1$, tandis que $$x_n-y_n=\frac{n\pi-n\pi-\pi/2}{\sqrt{n\pi}+\sqrt{n\pi+\pi/2}}\to 0.$$ Par le même raisonnement qu'à la question précédente, $f$ n'est pas uniformément continue sur $\mathbb R$.

Fixons $\veps>0$. Par le théorème de Heine, $f$ est uniformément continue sur le segment $[-T,2T]$ : $$\exists\eta>0,\ x,y\in[-T,2T]\textrm{ et }|x-y|\leq\eta\implies |f(x)-f(y)|\leq\varepsilon$$ (on peut supposer $\eta<T$). Prenons alors $x$ et $y$ dans $\mtr$, avec $|x-y|\leq\eta$. Il existe $k\in \mtz$ tel que $x'=x+kT\in[0,T]$. Mais alors, on a $y'=y+kT\in[x'-\eta,x'+\eta]\subset[-T,2T]$. Remarquons enfin que $|x'-y'|\leq\eta$. On en déduit : $$|f(x)-f(y)|=|f(x')-f(y')|\leq \veps.$$ La fonction est uniformément continue sur $\mtr$.

Soit $\veps>0$ et $a=\lim_{+\infty}f$. Alors on sait qu'il existe $A>0$ tel que, pour tout $x\geq A$, on a $$|f(x)-a|<\veps/2.$$ D'autre part, d'après le théorème de Heine, $f$ est uniformément continue sur le segment $[0,A+1]$ : il existe $\eta>0$ tels que, pour tous $x,y\in[0,A+1]$ avec $|x-y|<\eta$, on a $|f(x)-f(y)|<\veps$. Quitte à le réduire, on peut toujours supposer $\eta<1$. Prouvons maintenant que $f$ est uniformément continue sur $\mathbb R_+$ en prenant deux élements $x,y\in\mathbb R_+$ avec $|x-y|<\eta$. On distingue deux cas :

1. Si $x\in[0,A]$ ou $y\in[0,A]$, alors, puisque $|x-y|<\eta<1$, on a $x$ et $y$ qui sont éléments de $[0,A+1]$. On a donc bien $$|f(x)-f(y)|<\veps.$$
2. Sinon, on a $x\geq A$ et $y\geq A$. On passe alors par $a$ : $$|f(x)-f(y)|=|f(x)-a+a-f(y)|\leq |f(x)-a|+|f(y)-a|<\veps.$$

Ainsi, on a bien prouvé que $f$ est uniformément continue sur $\mathbb R_+$. Remarquons l'intérêt d'utiliser le théorème de Heine sur $[0,A+1]$ et non sur $[0,A]$. Il faut travailler sur quelque chose de plus grand que $[0,A]$ pour éviter les problèmes de raccord.

On remarque que $b-a=\int_a^b 1dx$, et donc que $$\int_a^b \big(1-f(x)\big)dx=0$$ alors que $x\mapsto 1-f(x)$ est une fonction continue sur $[a,b]$ et positive. C'est donc que $1-f$ est la fonction nulle, ou encore que $f=1$.

Soit $f$ une solution. Alors $$\int_0^1 \big(f(t)-f^2(t))dt=0\iff \int_0^1 f(t)\big(1-f(t)\big)dt=0.$$ Or, puisque $f$ est à valeurs dans $[0,1]$, la fonction $t\in[0,1]\mapsto f(t)\big(1-f(t)\big)$ est positive ou nulle. De plus, elle est continue et son intégrale sur $[0,1]$ est nulle. Ainsi, elle est identiquement nulle. Ceci entraine que pour tout $t\in [0,1]$, on a $f(t)=0$ ou $f(t)=1$. On va en réalité prouver que $f=0$ ou que $f=1$ (observez que ce n'est pas la même chose! Il y a inversion de quantificateurs…).
Supposons en effet qu'il existe $t_0$ et $t_1$ dans $[0,1]$ avec $f(t_0)=0$ et $f(t_1)=1$. Alors, puisque $f$ est continue, par le théorème des valeurs intermédiaires, il existe $c\in [0,1]$ tel que $f(c )=1/2$, ce qui ne peut pas être le cas. On en déduit que $f=0$ ou $f=1$.
Réciproquement, ces fonctions sont solutions. On a donc démontré que les seules fonctions continues $f:[0,1]\to [0,1]$ vérifiant $\int_0^1 f(t)dt=\int_0^1 f^2(t)dt$ sont les fonctions constantes égales à 0 ou à 1.

Quitte à changer $f$ en $-f$ (ce qui ne change pas le problème), on peut supposer que $\int_a^b f(t)dt\geq 0$. Alors on a $$\int_a^b \big(|f(t)|-f(t)\big)dt=\int_a^b |f(t)|dt-\int_a^b f(t)dt=0$$ d'après l'hypothèse. Or, la fonction $t\mapsto |f(t)|-f(t)$ est continue et positive, d'intégrale nulle. C'est nécessairement la fonction nulle, donc $f(t)=|f(t)|$ pour tout $t\geq 0$. Autrement dit, $f$ est toujours positive.

$f$ étant continue sur le segment $[a,b]$, elle y est bornée et elle y atteint son minimum et son maximum. Soient $x_1,x_2\in [a,b]$ tels que $$f(x_1)=\min_{[a,b]}f\textrm{ et }f(x_2)=\max_{[a,b]}f.$$ Alors, puisque, pour tout $x\in [a,b]$, on a $$f(x_1)\leq f(x)\leq f(x_2),$$ on a en intégrant $$(b-a)f(x_1)\leq \int_a^b f(x)dx\leq (b-a)f(x_2)$$ soit encore $$f(x_1)\leq\frac 1{b-a}\int_a^b f(x)dx\leq f(x_2).$$ Mais par le théorème des valeurs intermédiaires, puisque $f$ est continue sur $[a,b]$, toute valeur comprise entre $f(x_1)$ et $f(x_2)$ est prise par $f$. On en déduit qu'il existe $c\in [a,b]$ tel que $$f(c)=\frac 1{b-a}\int_a^b f(x)dx.$$

Fixons $a\in\mathbb R$ et soit $x\in\mathbb R$. Nous allons prouver que $g$ est continue en $a$. Pour cela, majorons $|g(x)-g(a)|$ : $$|g(x)-g(a)|=\left |\int_0^1 f(t)(e^{tx}-e^{ta})dt\right|\leq \int_0^1 |f(t)| \times |e^{tx}-e^{ta}|dt.$$ Puisque $f$ est continue sur l'intervalle $[0,1]$, elle y est bornée. Soit $M=\sup_{[0,1]}|f|$. Alors on a $$|g(x)-g(a)|\leq M\int_0^1 |e^{tx}-e^{ta}|dt.$$ Plusieurs méthodes sont alors possibles. Une des plus simples est calculer l'intégrale qui reste en séparant les cas $x>a$ et $x<a$. On va plutôt utiliser la continuité de l'application exponentielle en $0$ en mettant en facteur $e^{ta}$. On a en effet $$|e^{tx}-e^{ta}|=e^{ta}|e^{t(x-a)}-e^0|\leq e^{|a|} |e^{t(x-a)}-e^0|.$$ Fixons maintenant $\veps>0$ (c'est le moment de mettre les mains dans le cambouis!). Puisque la fonction exponentielle est continue en $0$, il existe $\delta>0$ tel que, si $|h|<\delta$, alors $$|e^{h}-e^0|\leq\veps.$$ Si $|x-a|<\delta$, alors pour tout $t\in [0,1]$, on a encore $|t(x-a)|<\delta$ et donc $$ |e^{t(x-a)}-e^0|<\veps.$$ On en déduit que $$|g(x)-g(a)|\leq Me^{|a|}\int_0^1\veps dt=Me^{|a|}\veps.$$ Ceci prouve bien que $g$ est continue en $a$.

Soit $a=a_0<a_1<\dots<a_p=b$ une subdivision adaptée à $\varphi$, et $y_i$ la valeur prise par $\varphi$ sur $]a_i,a_{i+1}[$. Remarquons que : \begin{eqnarray*} u_n&=&\sum_{i=0}^{p-1}\int_{a_i}^{a_{i+1}}\varphi(x)\sin(nx)dx\\ &=&\sum_{i=0}^{p-1}y_i\int_{a_i}^{a_{i+1}}\sin(nx)dx\\ &=&\frac{1}{n}\sum_{i=0}^{p-1}y_i(\cos(na_i)-\cos(na_{i+1})). \end{eqnarray*} Soit $M$ la plus grande des valeurs des $|y_i|$. On a : $$|u_n|\leq \frac{1}{n}\sum_{i=0}^{p-1}2M\leq\frac{2pM}{n}.$$ On en déduit bien que $(u_n)$ tend vers 0. D'autre part, si $\varphi$ est continue par morceaux sur $[a,b]$, et si $\veps>0$ est fixé, il existe une fonction en escalier $\psi$ telle que, pour tout $x\in[a,b]$, on a : $$|\varphi(x)-\psi(x)|\leq\veps.$$ On a alors : $$\int_a^b\varphi(x)\sin(nx)dx=\int_a^b(\varphi(x)-\psi(x))\sin(nx)dx+\int_a^b\psi(x)\sin(nx)dx.$$ On en déduit : $$ \left|\int_a^b\varphi(x)\sin(nx)dx\right|\leq\left|\int_a^b(\varphi(x)-\psi(x))\sin(nx)dx\right|+\left|\int_a^b\psi(x)\sin(nx)dx\right|.$$ Maintenant, on choisit $n_0$ de sorte que pour $n\geq n_0$, on ait : $$\left|\int_a^b\psi(x)\sin(nx)dx\right|\leq\veps.$$ Pour un tel $n$, on a encore : $$\left|\int_a^b(\varphi(x)-\psi(x))\sin(nx)dx\right|\leq \int_a^b\big|(\varphi(x)-\psi(x))\sin(nx)\big|dx\leq (b-a)\veps.$$ Ceci prouve que, pour $n\geq n_0$, on a : $$\left|\int_a^b\varphi(x)\sin(nx)dx\right|\leq \veps+(b-a)\veps.$$ La propriété est conservée si $\varphi$ est continue par morceaux.

On va se ramener à une somme de Riemann en utilisant la fonction exponentielle. On écrit donc \begin{eqnarray*} v_n&=&\frac1n\prod_{k=1}^n (k+n)^{1/n}\\ &=&\frac1n\prod_{k=1}^n \exp\left(\frac1n\ln(k+n)\right)\\ &=&\frac1n\exp\left(\frac1n\big(\ln(1+n)+\dots+\ln(n+n)\big)\right)\\ &=&\frac1n\exp\left(\frac1n\left(\ln\left(n\left(1+\frac1n\right)\right)+\dots+\ln\left(n\left(1+\frac nn\right)\right)\right)\right)\\ &=&\frac1n\exp\left(\frac1n\left(n\ln n+\ln\left(1+\frac 1n\right)+\dots+\ln\left(1+\frac nn\right)\right)\right)\\ &=&\frac1n\exp(\ln n)\exp\left(\frac1n\left(\ln\left(1+\frac 1n\right)+\dots+\ln\left(1+\frac nn\right)\right)\right)\\ &=&\exp\left(\frac1n\left(\ln\left(1+\frac 1n\right)+\dots+\ln\left(1+\frac nn\right)\right)\right). \end{eqnarray*} On pose $f(x)=\ln(x)$, fonction continue sur $[1,2]$, et on considère $S_n(f)$ la $n$-ième somme de Riemann de $f$ entre 1 et 2. On a $$v_n=\exp(S_n(f)).$$ Par le théorème des sommes de Riemann, on a $$S_n(f)\to\int_1^2 f(t)dt=\int_1^2\ln(x)dx.$$ Or, $$\int_1^2\ln(x)dx=[x\ln x-x]_1^2=2\ln 2-1.$$ Par le théorème de composition des limites, on trouve finalement que $(v_n)$ converge vers $\exp(2\ln 2-1)=4/e$.

On va interpréter cette somme comme une somme de Riemann. Ce n'est pas tout à fait immédiat, l'astuce consiste ici à écrire $p=n+k$ avec $k$ dans $0,\dots,n$. On a donc $$S_n=\sum_{k=0}^n \frac{1}{n+k}=\frac 1n\sum_{k=0}^n \frac{1}{1+\frac kn}.$$ On reconnait alors une somme de Riemann de la fonction continue $x\mapsto \frac 1{1+x}$ sur l'intervalle $[0,1]$. On en déduit que $$S_n\to\int_0^1 \frac{1}{1+x}dx=\ln 2.$$

Supposons pour fixer les idées que $n=2p$ est pair. On a alors $u_n=v_p-w_p$ où $$v_p=\frac 12\times \frac{1}p\sum_{k=0}^p f\left(\frac kp\right)$$ et $$w_p=\frac 12\times \frac{1}p\sum_{k=0}^{p-1}f\left(\frac{k}p+\frac{1}{2p}\right).$$ Or, par le théorème sur les sommes de Riemann d'une fonction continue, $(v_p)$ tend vers $\frac 12\int_0^1 f(t)dt$. Pour les mêmes raisons, $(w_p)$ tend aussi vers $\frac 12\int_0^1 f(t)dt$. On en déduit que $(u_n)$ tend vers 0 (on traite le cas $n$ impair exactement de la même façon).

Soit $\veps>0$ (vérifiant aussi $\veps<1$). Posons $\alpha=f(1-\veps)$. Alors, pour tout $x\in[0,1-\veps]$, on a $0=f(0)\leq f(x)\leq f(1-\veps)=\alpha$. De plus, la suite $(\alpha^n)$ tend vers 0, donc il existe $N\in\mathbb N$ tel que, pour tout $n\geq N$, on a $0\leq\alpha^n\leq\veps$. On en déduit que, pour tout $n\geq N$, \begin{eqnarray*} 0\leq\int_0^1 \big(f(t)\big)^n dt&=&\int_0^{1-\veps} \big(f(t)\big)^n dt+\int_{1-\veps}^1\big(f(t)\big)^ndt\\ &\leq&(1-\veps)\alpha^n +\int_{1-\veps}^1 1^n dt\\ &\leq&\alpha^n +\veps\leq2\veps \end{eqnarray*} ce qui achève la preuve.

Soit $\veps>0$ et $A\geq 0$ tel que $|f(x)-a|<\veps$. Pour $x>A$, on coupe l'intégrale en $A$. $$\frac 1x\int_0^x f(t)dt=\frac1x\int_0^A f(t)dt+\frac1x\int_A^xf(t)dt.$$ On peut trouver $x_0$ assez grand tel que, pour tout $x>x_0$, on a $$\left|\frac1x\int_0^A f(t)dt\right|<\veps.$$ D'autre part, on a $$\frac1x\int_A^x(a-\veps)dt\leq \frac1x\int_A^xf(t)dt\leq \frac1x\int_A^x(a+\veps)dt$$ ce qui implique $$\frac{(a-\veps)(x-A)}{x}\leq \frac1x\int_A^xf(t)dt\leq \frac{(x-A)(a+\veps)}x.$$ Il est alors possible de trouver $x_1$ tel que, pour tout $x>x_1$, on a $$a-2\veps\leq \frac{(a-\veps)(x-A)}{x}\textrm{ et }\frac{(x-A)(a+\veps)}x\leq a+2\veps.$$ Pour $x>\max(x_0,x_1)$, on a donc $$-3\veps\leq \frac 1x\int_0^x f(t)dt-a\leq 3\veps,$$ ce qui prouve le résultat voulu.

Soit $M=\sup_{x\in[a,b]}f(x)$. Puisque $f$ est continue, il existe un point $c$ dans $[a,b]$ tel que $f(c)=M$. On suppose pour le moment que $c\in]a,b[$. Fixons $\veps>0$. Il existe $\eta>0$ tel que, pour tout $x$ dans $[c-\eta,c+\eta]$, $f(x)\geq M-\veps$. On a alors : $$2\eta(M-\veps)^n\leq\int_{c-\eta}^{c+\eta}f(x)^ndx\leq \int_a^b f(x)^n dx\leq (b-a)M^n,$$ $$(2\eta)^{1/n}(M-\veps)\leq\left(\int_a^b f(x)^n dx\right)^{1/n}\leq (b-a)^{1/n}M.$$ Maintenant, $(2\eta)^{1/n}$ tend vers 1, et $(b-a)^{1/n}$ aussi. Il est donc possible de trouver un entier $n_0$ tel que, pour $n\geq n_0$, on a : $$M-2\veps\leq\left(\int_a^b f(x)^n dx\right)^{1/n}\leq M+\veps.$$ Ceci prouve le résultat demandé. La preuve est identique si $c$ est une des bornes, mais on intègre par exemple entre $a$ et $a+\eta$ simplement.

Remarquons d'abord que, pour tout $f\in E$, on a $$\int_0^1 f(x)dx\times\int_0^1\frac1{f(x)}dx\geq 0$$ et donc la borne inférieure existe. De plus, écrivons $$1=\sqrt f\times\frac{1}{\sqrt f}.$$ Alors, d'après l'inégalité de Cauchy-Schwarz, on a $$1\leq \left[\left(\int_0^1 f(x)dx\right)\times\left(\int_0^1\frac1{f(x)}dx\right)\right]^{1/2}$$ ce qui prouve que la borne inférieure est supérieure ou égale à 1. Elle est atteinte pour les fonctions constantes, et donc la borne inférieure vaut 1. De plus, pour que $$1=\left(\int_0^1 f(x)dx\times\int_0^1\frac1{f(x)}dx\right),$$ il faut avoir égalité dans l'inégalité de Cauchy-Schwarz, donc il faut qu'il existe une constante $\lambda>0$ telle que $$\sqrt f=\frac{\lambda}{\sqrt f},$$ c'est-à-dire que la borne inférieure est atteinte seulement pour les fonctions constantes.