Demi-dérivée d’une fonction continue

Publié le 28/02/17

(cet exercice est issu de l’oral X-Cachan 2015, filière Psi)
Si {f \in{\mathcal C}^{0}(\mathbb{R}^{+},\mathbb{R})}, on pose : {\mathcal{I}_{1\text{/}2}(f)(x)=\displaystyle\dfrac{1}{\sqrt\pi}\int_{0}^{x}\dfrac{f(t)\,\text{d}t}{\sqrt{x-t}}}.

La dérivée de {\mathcal{I}_{1\text{/}2}(f)}, notée {\mathcal{D}_{1\text{/}2}(f)} est appelée demi-dérivée de {f}.

  1. Montrer que {\mathcal{I}_{1\text{/}2}(f)\in {\mathcal C}^{0}(\mathbb{R}^{+},\mathbb{R})}, et {\mathcal{I}_{1\text{/}2}(f)(x)=\dfrac{1}{\sqrt\pi}\displaystyle\int_{0}^{x}\dfrac{f(x-t)}{\sqrt t}\,\text{d}t}.
  2. Si {f\in {\mathcal C}^{1}(\mathbb{R}^{+},\mathbb{R})}, montrer que {\mathcal{D}_{1\text{/}2}(f)} est définie sur \mathbb{R}^{+*} et : {\forall x\gt 0,\;\mathcal{D}_{1\text{/}2}(f)(x)=\mathcal{I}_{1\text{/}2}(f')(x)+\dfrac{f(0)}{\sqrt{\pi x}}}
  3. Soit {f\colon x\mapsto x^{n}}. Calculer {\mathcal{I}_{1\text{/}2}(f)}.
  4. Soit {f\colon x\mapsto x^{n}\sqrt{x}}. Calculer {\mathcal{I}_{1\text{/}2}(f)}.
  5. Montrer que si f est polynomiale :
    {\mathcal{I}_{1\text{/}2}\mathcal{I}_{1\text{/}2}(f)(x) =\displaystyle\int_{0}^{x}f(t)\,\text{d}t\text{\ et\ }\mathcal{D}_{1\text{/}2}\mathcal{I}_{1\text{/}2}(f)=f}
  6. Généraliser (5) à {f} développable en série entière sur tout {\mathbb{R}^{+}}.

    • Soit {x>0}. La fonction {t\mapsto g(t)=\dfrac{f(t)}{\sqrt{x-t}}} est continue sur {[0,x[}, et {g(t)=\text{O}\Bigl(\dfrac{1}{\sqrt{x-t}}\Bigr)} quand {t\rightarrow x^{-}}.

      Il en résulte que g est intégrable sur {[0,x[}.

      Autrement dit, {\mathcal{I}_{1\text{/}2}(f)} est définie pour tout {x>0} (donc sur {\mathbb{R}^{+}}).

    • Pour {x>0}, on pose le changement de variable {t=ux}.

      (c’est une bijection {\mathcal{C}^{1}} strictement croissante entre {[0,x[} et {[0,1[}).

      Pour tout {x>0}, on a alors : {\mathcal{I}_{1\text{/}2}(f)(x)=\displaystyle\dfrac{1}{\sqrt\pi}\int_{0}^{x}\dfrac{f(t)\,\text{d}t}{\sqrt{x-t}}=\displaystyle\dfrac{\sqrt x}{\sqrt\pi}\int_{0}^{1}\dfrac{f(ux)\,\text{d}u}{\sqrt{1-u}}}

      (remarque : l’égalité est encore valable si {x=0}).

      On va appliquer le théorème de continuité des intégrales à paramètres à {\mathcal{I}_{1\text{/}2}(f)}.

      On considère {\varphi\colon(x,u)\mapsto\dfrac{f(ux)}{\sqrt{1-u}}}, et on vérifie les hypothèses du théorème.

      Pour la domination, on suppose {x\in[0,a]}, avec {a>0}. Soit {M=\displaystyle\sup_{[0,a]}\left|f\right|}.

      — Pour tout {x\in\mathbb{R}^{+}}, la fonction {u\mapsto \varphi(x,u)} est continue par morceaux sur {[0,1[}

      hypothèse de domination : {\begin{cases}\forall\, x\in [0,a]\\\forall\, u\in [0,1[\end{cases}\;\left|\varphi(x,u)\right|\le\psi(u)= \dfrac{M}{\sqrt{1-u}}\in\mathcal{L}^{1}([0,1[,\mathbb{R}^{+});}

      — Pour tout {u} de {[0,1[}, la fonction {x\mapsto \varphi(x,u)} est continue sur {\mathbb{R}^{+}};

      On peut donc appliquer le théorème de continuité des intégrales à paramètres.

      Ainsi {x\mapsto \displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{f(ux)\,\text{d}u}{\sqrt{1-u}}}, donc {x\mapsto \mathcal{I}_{1\text{/}2}(f)(x)} est continue sur {[0,a]}.

      Cela étant vrai pour tout a\gt 0, il y a continuité sur {\mathbb{R}^{+}}.

    • Pour {x>0}, on pose {u=x-t} (bijection {\mathcal{C}^{1}} strictement décroissante de {[0,x[}).

      Ainsi, pour tout {x>0} (mais l’égalité est encore vraie si {x=0}) :
      {\mathcal{I}_{1\text{/}2}(f)(x)=\displaystyle\dfrac{1}{\sqrt\pi}\int_{0}^{x}\dfrac{f(t)\,\text{d}t}{\sqrt{x-t}}=\displaystyle\dfrac{1}{\sqrt\pi}\int_{0}^{x}\dfrac{f(x-u)\,\text{d}u}{\sqrt{u}}}

  1. On sait que : {\forall x\ge0,\;\mathcal{I}_{1\text{/}2}(f)(x)=\displaystyle\dfrac{\sqrt x}{\sqrt\pi}h(x)}, où {h(x)=\displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{f(ux)\,\text{d}u}{\sqrt{1-u}}}.

    Soit {\varphi\colon(x,u)\mapsto\dfrac{f(ux)}{\sqrt{1-u}}}, et {0\le x\le a}. On pose {M'=\displaystyle\sup_{[0,a]}\left|f'\right|}.

    On vérifie les hypothèses du théorème de dérivation des intégrales à paramètres :

    — Pour tout {x} de {\mathbb{R}^{+}}, la fonction {u\mapsto \varphi(x,u)} est intégrable sur {[0,1[};
    — Pour tout {x} de {\mathbb{R}^{+}}, la fonction {u\mapsto \dfrac{\partial \varphi}{\partial x}(x,u)=\dfrac{uf'(ux)}{\sqrt{1-u}}} est « cpm » sur {[0,1[};
    hypothèse de domination :
    {\begin{cases}\forall\, x\in [0,a]\\\forall\, u\in [0,1[\end{cases}\;\left|\dfrac{\partial \varphi}{\partial x}(x,u)\right|\le\Phi(u)=\dfrac{M' u}{\sqrt{1-u}}\in\mathcal{L}^{1}([0,1[,\mathbb{R}^{+});}— Pour tout {u} de {[0,1[}, la fonction {x\mapsto \dfrac{\partial f}{\partial x}(x,u)=\dfrac{uf'(ux)}{\sqrt{1-u}}} est continue sur {\mathbb{R}^{+}};

    On peut donc appliquer le théorème de dérivabilité des intégrales à paramètres.

    Ainsi {x\mapsto h(x)=\displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{f(ux)\,\text{d}u}{\sqrt{1-u}}} est {\mathcal{C}^{1}} sur {[0,a]}, donc sur {\mathbb{R}^{+}} car {a>0} est quelconque.

    De plus, on peut dériver {h} sous l’intégrale : {\forall\, x\in\mathbb{R}^{+},\;h'(x)=\displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{uf'(ux)\,\text{d}u}{\sqrt{1-u}}}.

    Ainsi {x\mapsto \mathcal{I}_{1\text{/}2}(f)(x)=\displaystyle\dfrac{\sqrt x}{\sqrt\pi}h(x)} est de classe {\mathcal{C}^{1}} sur {\mathbb{R}^{+*}} et : {\forall\, x>0,\;\mathcal{I}'_{1\text{/}2}(f)(x)=\dfrac{1}{2\sqrt{\pi x}}h(x)+\dfrac{\sqrt x}{\sqrt\pi}h'(x)}

    D’autre part, on a les égalités : {\begin{array}{rl}h'(x)&=\displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{(u-1+1)f'(ux)\text{d}u}{\sqrt{1-u}}\\\\&=\displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{f'(ux)\text{d}u}{\sqrt{1-u}}-\displaystyle\int_{0}^{1}\sqrt{1-u}f'(ux)\text{d}u\end{array}}Ensuite, par une intégration par parties :
    {\begin{array}{rl}\displaystyle\int_{0}^{1}\sqrt{1-u}f'(ux)\,\text{d}u&=\Big[\dfrac{1}{x}\sqrt{1-u}f(ux)\Bigr]_{u=0}^{u=1}+\dfrac{1}{2x}\displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{f(ux)}{\sqrt{1-u}}\,\text{d}u\\\\&=-\dfrac{f(0)}{x}+\dfrac{1}{2x}h(x)\end{array}}Finalement, pour tout {x>0} :
    {\begin{array}{rl}\mathcal{D}_{1\text{/}2}(f)(x)&=\dfrac{h(x)}{2\sqrt{\pi x}}+\dfrac{\sqrt x}{\sqrt\pi}\biggl(\displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{f'(ux)\,\text{d}u}{\sqrt{1-u}}+\dfrac{f(0)}{x}-\dfrac{h(x)}{2x}\biggr)\\\\&=\dfrac{\sqrt x}{\sqrt\pi}\displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{f'(ux)\,\text{d}u}{\sqrt{1-u}}+\dfrac{f(0)}{\sqrt{\pi x}}\\\\&=\mathcal{I}_{1\text{/}2}(f')(x)+\dfrac{f(0)}{\sqrt{\pi x}}\end{array}}

  2. On suppose ici {f(x)=x^{n}}.

    Alors {\forall\, x\ge0,\;\mathcal{I}_{1\text{/}2}(f)(x)=\dfrac{1}{\sqrt\pi}\displaystyle\int_{0}^{x}\dfrac{f(x-t)}{\sqrt t}\,\text{d}t=\dfrac{1}{\sqrt\pi}\displaystyle\int_{0}^{x}\dfrac{(x-t)^{n}}{\sqrt t}\,\text{d}t}.

    On pose le changement de variable {t=x\cos^{2}(\,\theta)}

    (c’est une bijection {\mathcal{C}^{1}} strictement décroissante entre {\Bigl[0,\dfrac{\pi}{2}\Bigr[} et {]0,x]}).

    Avec Wallis (c’est classique), on trouve pour tout x\ge 0 :
    {\begin{array}{rl}\mathcal{I}_{1\text{/}2}(f)(x)&=\dfrac{2}{\sqrt\pi}x^{n}\sqrt{x}\displaystyle\int_{0}^{\pi/2}\sin^{2n+1}(\,\theta)\,\text{d}\theta\\\\&=\dfrac{2}{\sqrt\pi}x^{n+1/2}\dfrac{(2^{n}n!)^{2}}{(2n+1)!}\end{array}}

  3. On suppose ici {f(x)=x^{n+1/2}}.

    Alors, pour tout x\ge0 : {\mathcal{I}_{1\text{/}2}(f)(x)=\dfrac{1}{\sqrt\pi}\displaystyle\int_{0}^{x}\dfrac{f(x-t)}{\sqrt t}\,\text{d}t=\dfrac{1}{\sqrt\pi}\displaystyle\int_{0}^{x}\dfrac{(x-t)^{n+1/2}}{\sqrt t}\,\text{d}t}Toujours avec {t=x\cos^{2}(\,\theta)}, et pour tout x\ge0, on trouve :
    {\mathcal{I}_{1\text{/}2}(f)(x)=\dfrac{2}{\sqrt\pi}x^{n+1}\displaystyle\int_{0}^{\pi/2}\sin^{2n+2}(\,\theta)\,\text{d}\theta=\dfrac{\sqrt\pi}{2}\dfrac{x^{n+1}}{(n+1)!}\dfrac{(2n+1)!}{(2^{n}n!)^{2}}}

  4. Posons {f_{n}\colon x\mapsto x^{n}}.

    On sait que {\mathcal{I}_{1\text{/}2}f_{n}(x)=\lambda g_{n}(x)} avec {g_{n}(x)=x^{n+1/2}} et {\lambda=\dfrac{2}{\sqrt\pi}\dfrac{(2^{n}n!)^{2}}{(2n+1)!}}.

    On sait aussi que {\mathcal{I}_{1\text{/}2}g_{n}(x)=\mu f_{n+1}(x)}, avec {\mu=\dfrac{\sqrt\pi}{2}\dfrac{1}{(n+1)!}\dfrac{(2n+1)!}{(2^{n}n!)^{2}}}.

    Ainsi : {\forall\, x\ge 0,\;\mathcal{I}_{1\text{/}2}\mathcal{I}_{1\text{/}2}(f_{n})(x)=\lambda \mu x^{n+1}=\dfrac{x^{n+1}}{n+1}=\displaystyle\int_{0}^{x}f_{n}(t)\,\text{d}t}.

    Par linéarité cette égalité s’étend à l’ensembles fonctions polynômes.

    On en déduit immédiatement, pour tout f\in\mathbb{R}[x] et pour tout x\gt0 : {\mathcal{D}_{1\text{/}2}\mathcal{I}_{1\text{/}2}(f)(x)=\dfrac{\text{d}}{\text{d}x}\mathcal{I}_{1\text{/}2}\mathcal{I}_{1\text{/}2}(f)(x)=\dfrac{\text{d}}{\text{d}x}\displaystyle\int_{0}^{x}f(t)\,\text{d}t=f(x)}

  5. On suppose {f(x)=\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty} a_nx^{n}} sur {\mathbb{R}^{+}}.
    Alors : {\forall\, x\in\mathbb{R}^{+},\;\mathcal{I}_{1\text{/}2}(f)(x)=\dfrac{\sqrt x}{\sqrt\pi}\displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{f(ux)}{\sqrt{1-u}}\,\text{d}t=\dfrac{\sqrt x}{\sqrt\pi}\displaystyle\int_{0}^{1}\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty} a_n\dfrac{(ux)^{n}}{\sqrt{1-u}}\,\text{d}x}.

    À {x\ge0} fixé, la série de fonctions {\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty} a_n\dfrac{(ux)^{n}}{\sqrt{1-u}}} est CVS sur {[0,1[}.

    La somme de cette série est la fonction intégrable {u\mapsto \dfrac{f(ux)}{\sqrt{1-u}}}.

    D’autre part, on a les égalités : {\begin{array}{rl}\displaystyle\int_{0}^{1}\left|a_n\right|\dfrac{(ux)^{n}}{\sqrt{1-u}}\,\text{d}u&=\left|a_n\right|x^{n}\displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{u^{n}\,\text{d}u}{\sqrt{1-u}}\\\\&\le \left|a_n\right|x^{n}\displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{\,\text{d}u}{\sqrt{1-u}}=2\left|a_n\right|x^{n}\end{array}}Ainsi la série nuémrique {\displaystyle\sum_{n\ge0}\displaystyle\int_{0}^{1}\left|a_n\right|\dfrac{(ux)^{n}}{\sqrt{1-u}}\,\text{d}u} converge.

    On peut donc appliquer le théorème d’intégration terme à terme.

    On trouve donc, pour tout x\ge 0 : {\mathcal{I}_{1\text{/}2}(f)(x)=\dfrac{\sqrt x}{\sqrt\pi}\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}a_n\displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{(ux)^{n}}{\sqrt{1-u}}\,\text{d}u=\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}a_n\mathcal{I}_{1\text{/}2}(x^{n})}Il n’y a plus qu’à appliquer la même méthode à cette nouvelle somme de série de fonctions.

    On trouve finalement, pour tout x\ge0 : {\forall\, x\in\mathbb{R}^{+},\;\mathcal{I}_{1\text{/}2}\mathcal{I}_{1\text{/}2}(f)(x)=\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}\mathcal{I}_{1\text{/}2}\mathcal{I}_{1\text{/}2}(x^{n})=\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}a_n\dfrac{x^{n+1}}{n+1}=\displaystyle\int_{0}^{1}f(t)\,\text{d}t}