15.3 Exercices d’approfondissement 365
1. On intégre par parties en partant de la formule finale (les fonctions ont la régularité
souhaitée sur le segment [0, 1]) avec P polynôme du second degré.
1
0
P(t) f
(t) dt =
P(t) f
(t)
1
0
−
1
0
P
(t) f
(t) dt
=
P(t) f
(t)
1
0
−
P
(t) f (t)
1
0
+
1
0
P
(t) f (t) dt
Afin que la formule demandée soit vérifiée, il suffit de choisir P de sorte que
P
= 1 et P(0) = P(1) = 0. Le polynôme P =
1
2
X (X − 1) convient. Si f
est dans E alors
1
0
f (t) dt =
1
2
1
0
t(t − 1) f
(t) dt. Ainsi, lorsque f ∈ E, on
obtient
1
0
f (t) dt
1
2
sup
x∈[0,1]
| f
(x)|
1
0
t(1 − t) dt =
1
12
sup
x∈[0,1]
| f
(x)|.
L’ensemble des constantes k qui vérifient (∗) est non vide et minoré par 0. Donc
il admet une borne inférieure. Afin de déterminer la meilleure (c’est-à-dire la plus
petite) constante k vérifant (∗), on regarde à quelles conditions les majorations
précédentes deviennent des égalités. On a
1
0
t(t − 1) f
(t) dt
= sup
x∈[0,1]
| f
(x)|
1
0
|t(t−1)| dt = sup
x∈[0,1]
| f
(x)|
1
0
t(1−t)| dt
si et seulement si f
est constante, avec t(1 − t) f
(t) de signe fixe sur [0, 1], ce
qui revient à f
est constante. On choisit, par exemple, f 0 (t) = t(1 − t)/2. On
a f
0 (t) = 1 pour tout t ∈ [0, 1] et
1
0
f 0 (t) dt =
1
12
. Ainsi k 1/12 (k doit
vérifier (∗) pour tout fonction f ∈ E donc notamment pour f 0 ). Finalement la
meilleure constante possible est
1
12
.
2.
2.a. La fonction f est de classe C
4 sur C donc
∂
4 f
∂ 2 x∂ 2 y
est continue sur C qui est
fermé et borné (compact). Cela justifie l’existence de M f .
2.b. Soit y ∈ [0, 1], on considère
1
0
f (x, y) dx. On peut appliquer les résultats de
la première question à la fonction x → f (x, y), puisque f (0, y) = f (1, y) = 0.
Ainsi
1
2
1
0
x(x − 1)
∂
2 f
∂x 2 (x, y) dx =
1
0
f (x, y) dx et
I =
C
f (x, y) dx dy =
1
2
1
0
1
0
x(x − 1)
∂
2 f
∂x 2 (x, y) dx
dy.
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit
1. On intégre par parties en partant de la formule finale (les fonctions ont la régularité
souhaitée sur le segment [0, 1]) avec P polynôme du second degré.
1
0
P(t) f
(t) dt =
P(t) f
(t)
1
0
−
1
0
P
(t) f
(t) dt
=
P(t) f
(t)
1
0
−
P
(t) f (t)
1
0
+
1
0
P
(t) f (t) dt
Afin que la formule demandée soit vérifiée, il suffit de choisir P de sorte que
P
= 1 et P(0) = P(1) = 0. Le polynôme P =
1
2
X (X − 1) convient. Si f
est dans E alors
1
0
f (t) dt =
1
2
1
0
t(t − 1) f
(t) dt. Ainsi, lorsque f ∈ E, on
obtient
1
0
f (t) dt
1
2
sup
x∈[0,1]
| f
(x)|
1
0
t(1 − t) dt =
1
12
sup
x∈[0,1]
| f
(x)|.
L’ensemble des constantes k qui vérifient (∗) est non vide et minoré par 0. Donc
il admet une borne inférieure. Afin de déterminer la meilleure (c’est-à-dire la plus
petite) constante k vérifant (∗), on regarde à quelles conditions les majorations
précédentes deviennent des égalités. On a
1
0
t(t − 1) f
(t) dt
= sup
x∈[0,1]
| f
(x)|
1
0
|t(t−1)| dt = sup
x∈[0,1]
| f
(x)|
1
0
t(1−t)| dt
si et seulement si f
est constante, avec t(1 − t) f
(t) de signe fixe sur [0, 1], ce
qui revient à f
est constante. On choisit, par exemple, f 0 (t) = t(1 − t)/2. On
a f
0 (t) = 1 pour tout t ∈ [0, 1] et
1
0
f 0 (t) dt =
1
12
. Ainsi k 1/12 (k doit
vérifier (∗) pour tout fonction f ∈ E donc notamment pour f 0 ). Finalement la
meilleure constante possible est
1
12
.
2.
2.a. La fonction f est de classe C
4 sur C donc
∂
4 f
∂ 2 x∂ 2 y
est continue sur C qui est
fermé et borné (compact). Cela justifie l’existence de M f .
2.b. Soit y ∈ [0, 1], on considère
1
0
f (x, y) dx. On peut appliquer les résultats de
la première question à la fonction x → f (x, y), puisque f (0, y) = f (1, y) = 0.
Ainsi
1
2
1
0
x(x − 1)
∂
2 f
∂x 2 (x, y) dx =
1
0
f (x, y) dx et
I =
C
f (x, y) dx dy =
1
2
1
0
1
0
x(x − 1)
∂
2 f
∂x 2 (x, y) dx
dy.
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit