Eclats de vers : Matemat 09 : Analyse - 1

• Chapitre \ref{chap:differ} : Les différentielles
• Chapitre \ref{chap:integral} : Les intégrales

Soit \(f : A \mapsto \setR\) avec \(A \subseteq \setR^n\). Supposons que \(f\) soit différentiable et atteigne un minimum local en \(a \in \interieur A\). On a :

Fixons \(\epsilon \strictsuperieur 0\). On peut trouver \(\delta_1 \strictsuperieur 0\) tel que :

\[\abs{E(h)} \le \epsilon \cdot \abs{h}\]

pour tout \(h \in \boule(0,\delta_1)\). On peut aussi trouver \(\delta_2 \strictsuperieur 0\) tel que :

\[f(a) \le f(a + h)\]

pour tout \(h \in \boule(0,\delta_2)\). Posons \(\delta = \min \{ \delta_1,\delta_2 \}\) et choisissons \(h \in \boule(0,\delta)\). On a également \(-h \in \boule(0,\delta)\). Donc :

On en conclut que :

\[\abs{\differentielle{f}{a}(h)} \le \epsilon \cdot \norme{h}\]

Posons \(\gamma = \delta / 2\) et remarquons que l'ensemble de norme fixe \(N = \{ h \in \setR^n : \norme{h} = \gamma \}\) est inclus dans \(\boule(0,\delta)\). Les propriétés des applications linéaires nous disent que :

\[\norme{\differentielle{f}{a}} = \sup \left\{ \unsur{\gamma} \norme{\differentielle{f}{a}(h)} : h \in N \right\}\]

Or, la borne nous dit que :

\[\unsur{\gamma} \abs{\differentielle{f}{a}(h)} \le \epsilon\]

quel que soit \(\epsilon \strictsuperieur 0\) et \(h \in N\). Donc :

\[\norme{\differentielle{f}{a}} = 0\]

ce qui implique que :

\[\differentielle{f}{a} = 0\]

La différentielle s'annule donc en un minimum local. On montre de la même manière que la différentielle s'annule en un maximum local.

Soit \(f \in \continue^1([a,b],\setR)\) avec \(f(a) = f(b)\). Comme \(f\) est continue, il existe \(\lambda,\sigma \in [a,b]\) tels que :

Soit \(f \in \continue^1([a,b],\setR)\) et la fonction \(g\) associée définie par :

\[g(x) = f(x) - \frac{f(b) - f(a)}{b - a} \cdot (x - a)\]

pour tout \(x \in [a,b]\). Comme \(g(a) = g(b) = f(a)\), on peut trouver un \(c \in \intervalleouvert{a}{b}\) tel que :

\[0 = \partial g(c) = \partial f(c) - \frac{f(b) - f(a)}{b - a}\]

On a donc :

\[\partial f(c) = \frac{f(b)-f(a)}{b-a}\]

On vient ainsi de démontrer le théorème des accroissements finis.

Le théorème des accroissements finis nous donne un résultat sous la forme symbolique :

\[\OD{f}{x} = \frac{\difference f}{\difference x}\]

Nous allons maintenant généraliser ce théorème, et obtenir le résultat :

\[\frac{df}{dg} = \frac{\difference f}{\difference g}\]

où \(f,g \in \continue^1([a,b],\setR)\) et \(a,b \in \setR\). Considérons à cette fin la fonction \(h\) définie par :

\[h(x) = [f(b) - f(a)] \cdot g(x) - f(x) \cdot [ g(b) - g(a) ]\]

On remarque que :

\begin{align} h(a) &= f(b) \cdot g(a) - f(a) \cdot g(a) - f(a)\cdot g(b) + f(a)\cdot g(a) \\ &= f(b) \cdot g(a) - f(a) \cdot g(b) \\ \\ h(b) &= f(b) \cdot g(b) - f(a) \cdot g(b) - f(b)\cdot g(b) + f(b)\cdot g(a) \\ &= f(b) \cdot g(a) - f(a) \cdot g(b) \end{align}

Donc :

\[h(a) = h(b)\]

Appliquant le théorème de Rolle à \(h\), on peut donc trouver un \(c \in \intervalleouvert{a}{b}\) tel que :

\[0 = \partial h(c) = [f(b) - f(a)] \cdot \partial g(c) - \partial f(c) \cdot [ g(b) - g(a) ]\]

On a donc :

\[\left[ f(b) - f(a) \right] \cdot \partial g(c) = \partial f(c) \cdot \left[ g(b) - g(a) \right]\]

Si \(\partial f(c) \ne 0\) et \(f(b) \ne f(a)\), on peut le mettre sous la forme :

\[\frac{\partial g(c)}{\partial f(c)} = \frac{g(b) - g(a)}{f(b) - f(a)}\]

Soient \(F,G\) deux fonctions continues sur \(I=[\alpha,\beta]\) et dérivables \(I\setminus \{a\}\), avec \(a \in \interieur\ I\). Supposons que les deux fonctions s'annulent en \(a\) :

\[F(a) = G(a) = 0\]

Soit alors \(h \ne 0\) tel que \(b = a+h\in I\setminus \{a\}\). En appliquant le théorème de Cauchy à \(F\) et \(G\), on trouve un \(t \in \intervalleouvert{0}{1}\) tel que :

\[[F(b) - F(a)] \cdot \partial G(a + t \cdot h) = [G(b) - G(a)] \cdot \partial F(a + t \cdot h)\]

Mais comme \(F\) et \(G\) s'annulent en \(a\), on a :

\[F(b) \cdot \partial G(a + t \cdot h) = G(b) \cdot \partial F(a + t \cdot h)\]

Si de plus \(\partial G\) ne s'annule pas sur \(I\), on peut écrire :

\[\frac{ \partial F(a + t \cdot h) }{ \partial G(a + t \cdot h) } = \frac{F(b)}{F(a)}\]

On voit en faisant tendre \(h\) vers \(0\) que les limites, si elles existent, doivent être identiques. On a donc :

\[\lim_{x \to a} \frac{F(x)}{G(x)} = \lim_{x \to a} \frac{\partial F(a)}{\partial G(a)}\]

Nous allons à présent montrer que toute fonction continument différentiable sur un intervalle de la forme \([\alpha,\beta]\) y est uniformément différentiable.

Soit une fonction \(f \in \continue^1([\alpha,\beta],\setR)\). Comme la dérivée \(\partial f\) est continue sur \([\alpha,\beta]\), elle y est uniformément continue. Fixons \(\epsilon \strictsuperieur 0\). On peut donc trouver un \(\delta \strictsuperieur 0\) tel que :

\[\abs{\partial f(s) - \partial f(t)} \le \epsilon\]

pour tout \(s,t \in [\alpha,\beta]\) vérifiant \(\abs{s - t} \le \delta\). Si \(s = t\), on a bien évidemment :

\[\abs{f(t) - f(t) - \partial f(t) \cdot (t - t)} = 0 \le \epsilon \cdot (t - t) = 0\]

Considérons à présent le cas \(s \ne t\). Nous pouvons supposer sans perte de généralité que \(s \strictinferieur t\). Le théorème des accroissements finis nous dit qu'on peut trouver un \(\gamma \in ]s,t[\) tel que :

\[\partial f(\gamma) = \frac{f(t) - f(s)}{t - s}\]

On a donc :

\[\frac{f(t) - f(s)}{t - s} - \partial f(s) = \partial f(\gamma) - \partial f(s)\]

Mais comme \(\abs{\gamma - s} \le \abs{t - s} \le \delta\), on a \(\abs{\partial f(\gamma) - \partial f(s)} \le \epsilon\) et :

\[\abs{\frac{f(t) - f(s)}{t - s} - \partial f(s)} \le \epsilon\]

On a donc bien :

\[\abs{f(t) - f(s) - \partial f(s) \cdot (t - s)} \le \epsilon \cdot \abs{t - s}\]

pour tout \(s,t \in [\alpha,\beta]\) vérifiant \(\abs{s - t} \le \delta\).

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\label{sec:derivee_integrale}

Soit une fonction \(f \in \continue([\alpha,\beta],\setR)\), un réel \(a \in [\alpha,\beta]\) et la fonction intégrale associée \(I : [\alpha,\beta] \mapsto \setR\) définie par :

\[I(x) = \int_a^x f(s) \ ds\]

pour tout \(x \in [\alpha,\beta]\). On constate que :

\[I(a) = \int_a^a f(s) \ ds = \int_{ \{a\} } f(s) \ ds\]

La mesure de Lebesgue du singleton \(\{a\}\) étant nulle, l'intégrale s'annule et on a :

\[I(a) = 0\]

Nous allons chercher à évaluer la dérivée de la fonction intégrale \(I\) en un point quelconque \(b \in [\alpha,\beta]\).

Nous utilisons dans la suite la notation abrégée :

\[\int_x^y = \int_x^y f(s) \ ds\]

Par additivité, on a :

\[\int_a^{b + h} = \int_a^b + \int_b^{b + h}\]

c'est-à-dire :

\[I(b + h) = I(b) + \int_b^{b + h}\]

pour tout réel \(h\) tel que \(b + h \in [\alpha,\beta]\). Quelle est la valeur de l'intégrale sur \([b, b + h]\) ? Fixons \(\epsilon \strictsuperieur 0\). Par continuité de \(f\), on peut choisir \(\delta > 0\) tel que :

\[\abs{f(b + s) - f(b)} \le \epsilon\]

pour tout \(s\) vérifiant \(\abs{s} \le \delta\). Cela n'est possible que si :

\[f(b) - \epsilon \le f(b + s) \le f(b) + \epsilon\]

On a donc :

Si nous choisissons \(h \in (0,\delta)\), l'intégrale peut donc être majorée et minorée par :

\[\int_b^{b + h} \le (f(b) + \epsilon) \cdot \mu_L([a, a + h]) = (f(b) + \epsilon) \cdot h\]

et :

\[\int_b^{b + h} \ge (f(b) - \epsilon) \cdot \mu_L([a, a + h]) = (f(b) - \epsilon) \cdot h\]

Nous disposons donc des inégalités :

\[(f(b) - \epsilon) \cdot h \le \int_b^{b + h} \le (f(b) + \epsilon) \cdot h\]

Autrement dit :

\[f(b) - \epsilon \le \unsur{h} \int_b^{b + h} \le f(b) + \epsilon\]

D'un autre coté, on a :

\[\unsur{h} \int_b^{b + h} f(s) \ ds = \frac{I(b + h) - I(b)}{h}\]

Passons à la limite \(\delta \to 0\). On a alors \(h \to 0\) et :

\[f(b) - \epsilon \le \lim_{h \to 0} \unsur{h} \int_b^{b + h} \le f(b) + \epsilon\]

Ces inégalités devant être valables pour tout \(\epsilon \strictsuperieur 0\), on a forcément :

\[\lim_{h \to 0} \frac{I(b + h) - I(b)}{h} = f(b)\]

On en conclut que \(I\) est dérivable et que :

\[\OD{I}{x}(b) = \lim_{h \to 0} \frac{I(b + h) - I(b)}{h} = f(b)\]

Autrement dit :

\[\OD{}{x} \int_a^x f(s) \ ds = f(x)\]

\label{sec:integrale_derivee}

Soit \(\alpha,\beta \in \setR\) avec \(\alpha \le \beta\). Soit la fonction \(F \in \continue^1([\alpha,\beta],\setR)\) et sa dérivée continue :

\[f = \partial F = \OD{F}{s}\]

Comme \(F\) est continument différentiable sur \([\alpha,\beta]\), elle y est uniformément différentiable. De même, \(f\) est continue sur \([\alpha,\beta]\). Elle y est donc uniformément continue. Nous allons tenter d'évaluer l'intégrale :

\[\int_a^b f(s) \ ds = \int_a^b \OD{F}{x}(s) \ ds\]

avec \(a,b \in [\alpha,\beta]\) et \(a \le b\).

Nous utilisons dans la suite la notation abrégée :

\[\int_x^y = \int_x^y f(s) \ ds\]

On sait que :

\[\OD{}{t}\big(t^n\big) = n \cdot t^{n - 1}\]

Comme \(n\) est constante, on peut le réécrire :

\[\OD{}{t}\left( \frac{t^n}{n} \right) = t^{n - 1}\]

ou, en posant \(m = n - 1\) :

\[\OD{}{t}\left( \frac{t^{m + 1}}{m + 1} \right) = t^m\]

L'intégrale s'écrit donc :

\[\int_a^b t^m \ dt = \frac{ b^{m + 1} - a^{m + 1} }{m + 1}\]

On a en particulier :

\[\int_0^x t^m \ dt = \frac{ x^{m + 1} }{m + 1}\]

Soient \(f,g \in \continue^1(\setR,\setR)\). On se rappelle que :

\[\partial (f \cdot g) = \partial f \cdot g + f \cdot \partial g\]

et comme on a :

\[\int_a^b \partial (f \cdot g) \ dx = f(b) \cdot g(b) - f(a) \cdot g(a)\]

on obtient la formule d'intégration par parties :

\[\int_a^b f(x) \cdot \partial g(x) \ dx = (f \cdot g)(b) - (f \cdot g)(a) - \int_a^b \partial f(x) \cdot g(x) \ dx\]

Considérons une fonction \(f \in \continue(\setR,\setR)\) et un changement de variable \(x = \varphi(s)\) où \(\varphi \in \homeomorphisme^1(\setR,\setR)\). Soit la mesure de lebesgue \(\mu([\alpha,\beta]) = \beta - \alpha\).