Majoration

On a $\left|f(x)\right|\leq M \,\max(x-a,b-x)$, n'est-ce pas ?

Charte :
4.11 - ne donnez pas la solution des exercices trop vite, mettez sur la piste, suggérez des indices ;

Je ne suis ni GaBuZoMeu, ni P., mais je propose l'indication suivante : inégalité de van der Corput, critère de la dérivée seconde (et pour l'établir, il est préférable d'utiliser le critère de la dérivée première).

Je propose aussi la référence suivante : http://www.ams.org/journals/proc/2005-133-12/S0002-9939-05-07918-9/S0002-9939-05-07918-9.pdf
(Lemma 4).

Je vais regarder la référence donnée par @noix de toto (merci) car j'ai un peu cherché mais je ne suis pas inspiré.
@gebrane, pourrais-tu préciser le chapitre où tu as trouvé cet exercice? Car je ne le vois pas aux exercices du chap 1.
Souvent Dieudonné donne une ou des indications à ses exercices, là rien...

@dom : L'idée est bonne pour montrer le critère de la dérivée première, et il faut ajouter comme ingrédient la (seconde) formule de la moyenne sous la forme établie par Bonnet.

Merci, je vais essayer avec indication!

Bonjour,

Voici ce que je fais pour majorer par $\displaystyle 2 \sqrt{2}/\sqrt{\lambda}.$

On suppose que la fonction $f$ est deux fois dérivable sur un intervalle ouvert $\displaystyle I \subset \R$ et telle que, pour tout $\displaystyle x \in [a,b] \subset I$ $\displaystyle f''(x) \geq \lambda >0$ avec $\displaystyle a<b.$ Comme la dérivée seconde $\displaystyle f''$ est strictement positive, la dérivée $\displaystyle f'$ est strictement croissante et, pour tout $\displaystyle x \in [a,b] \subset I$, $\displaystyle f'(x) \geq f'(a).$
On sait qu'il existe alors une fonction $g$ telle que, pour tout $\displaystyle x \in [a,b]$, $g(x) = f(x) - x f'(a).$ Cette fonction $g$ est deux fois dérivable sur $I$ et, pour tout $\displaystyle x \in [a,b] \subset I$, $g'(x) = f'(x) - f'(a) \geq 0$ et $\displaystyle g''(x) = f''(x) \geq \lambda.$
Faux, voir message plus bas :
On a l'égalité $\displaystyle |\int_{a}^{b} \exp(i f(t)) dt |= |\int_{a}^{b} \exp(i (f(t)-tf'(a)) dt |$ : on se ramène donc au cas où $f'$ est positive. On le suppose par la suite : $\displaystyle f'(a)=0.$.

On choisit $\alpha$ un réel tel que $\displaystyle 0 <\alpha \leq 2\sqrt{2}.$

$\bullet$ Si $\displaystyle 0<b-a \leq \alpha/\sqrt{\lambda}$, alors $\displaystyle |\int_{a}^{b} \exp(i f(t)) dt | \leq b-a \leq \alpha/\sqrt{\lambda} \leq 2\sqrt{2}/ \sqrt{\lambda}.$

$\bullet$ Si $\displaystyle b-a \geq \alpha/\sqrt{\lambda}$, alors la relation de Chasles avec coupure en $\displaystyle a+\alpha/\sqrt{\lambda} \leq b$ donne $\displaystyle |\int_{a}^{b} \exp(i f(t)) dt | = |\int_{a}^{a+\alpha/\sqrt{\lambda}} \exp(i f(t)) dt +\int_{a+\alpha/\sqrt{\lambda}}^{b} \exp(i f(t)) dt| .$
Pour première intégrale intégrale on a $\displaystyle |\int_{a}^{a+\alpha/\sqrt{\lambda}} \exp(i f(t)) dt | \leq \alpha/\sqrt{\lambda}.$
Pour la seconde intégrale, on intègre par parties : $\displaystyle \int_{a+\alpha/\sqrt{\lambda}}^{b} \exp(i f(t)) dt = {\exp(i f(t)) \over i f'(t)}\mid_{a+\alpha/\sqrt{\lambda}}^{b}+ \int_{a+\alpha/\sqrt{\lambda}}^{b} \exp(i f(t)) {f''(t) \over i f'(t)^2}dt.$
L'inégalité triangulaire et la positivité de $\displaystyle f''$ et de $\displaystyle f'$ permettent d'écrire : $\displaystyle |\int_{a+\alpha/\sqrt{\lambda}}^{b} \exp(i f(t)) dt | \leq + {1 \over f'(b)} + {1 \over f'(a+\alpha/\sqrt{\lambda})} - {1 \over f'(t)}\mid_{a+\alpha/\sqrt{\lambda}}^{b} = {2 \over f'(a+ \alpha/\sqrt{\lambda} )}.$
On a aussi $\displaystyle f'(a+ \alpha/\sqrt{\lambda})-f'(a)= \int_{a}^{a+\alpha/\sqrt{\lambda}} f''(t) dt \geq \alpha\sqrt{\lambda}.$
On reporte pour trouver $\displaystyle |\int_{a}^{b} \exp(i f(t)) dt | \leq (\alpha+2/\alpha)/\sqrt{\lambda} \leq 2\sqrt{2} /\sqrt{\lambda}$, ce minimum étant obtenu pour $\displaystyle \alpha = \sqrt{2}.$

@Yves M
Merci! C'est le calcul que j'avais fait sauf que j'ai suivi Dieudonné qui prend $\alpha=2$( alors que tu généralise avec $\alpha$). J'avais fait une erreur de signe dans l'intégration par partie et donc je trouvais une majoration par ${4 \over f'(a+ \alpha/\sqrt{\lambda} )}$ ce qui me donnait mon ${2 \over \sqrt{\lambda}}$ pour la deuxième intégrale.

Donc en suivant ton calcul, on majore par ${3 \over \sqrt{\lambda}}$ avec $\alpha=2$ (choix de Dieudonné). C'est donc mieux que ce qu'il annonce dans l'énoncé de son exercice.

@noix de toto
Merci pour l'exercice, je vais m'amuser à le faire.

Peut être que Dieudonné a pensé à cette preuve

@noix de toto
Ex1, facile dés qu'on pense à utiliser ce que j'appelle ''2ème formule de la moyenne'' et qui s'appelle donc aussi formule de Bonnet.
Ex2, très jolie solution, il faut avoir l'idée de majorer la largeur de l'intervalle $[c ; d]$ à partie de la condition sur $f''$ puis application du critère de la dérivée première.

@Gébrane
Merci! Je viens de comprendre le $8$ dans la formule de Dieudonné. Pour lui se ramener à $f'$ positive ne se faisait pas en définissant $x \mapsto f(x)-xf'(a)$ mais en majorant l'intégrale sur la partie où $f'$ est positive, et en majorant aussi celle où $f'$ est négative en passant par la conjuguaison...

@YvesM et Blueberry: comment faites-vous pour montrer $\displaystyle |\int_{a}^{b} \exp(i f(t)) dt |= |\int_{a}^{b} \exp(i (f(t)-tf'(a)) dt |$ ? En effet, si $f$ est seulement supposé dérivable, il me semble que ce n'est pas vrai: si on choisit $f'(a)=1$, et pour $x>a+\epsilon$, $f(x)=0$, et pour $a\leq x \leq a+ \epsilon$, $|f(x)|< \epsilon$. Lorsque l'on fait tendre $\epsilon$ vers $0$, le premier membre de l'égalité tend vers $|b-a|$ tandis que le deuxième tend vers $|e^{-ib}-e^{-ia}|$. (Ce contre-exemple ne respecte pas les hypothèses du théorème). Merci d'avance.

Bonjour,

@marco : oops! J’ai encore écrit une bêtise. J’ai essayé tellement de variantes que j’ai commis cette erreur. Comme @gebrane le montre la stricte croissance de la fonction $f$ ne permet qu’une seule racine et on peut couper par la relation de Chasles en deux intégrales pour lesquelles la fonction $f$ garde un signe constant. D’ailleurs la stricte monotonie est suffisante.

Heu...dans ton énoncé, quel est le statut de $m$ et $M$ ?

C'est une conséquence directe de $\displaystyle{\int_0^1 (f(x)-m)(M-f(x))dx \geq 0}$ , non ?

Pierre.

C'est quand même bizarre de ne pas donner un énoncé clair :

Quel que soit $m$, quel que soit $M$ tel que $m\leq M$, quelle que soit $f:[0,1]\to [m,M]$ continue (resp. mesurable) tel que $\int_0^1 f(t)dt=0$, on a : $\int_0^1 f^2(x)dx\leq -mM$.

Autre solution : quelle que soit $f:[0,1]\to \mathbb R$ bornée et noter $m = \min (f) \qquad$ (resp. $\inf (f)$).