Je ne vois pas l'intérêt de renommer les fonctions en jeu alors qu'elles possèdent déjà un nom. Et puis $w(x)\in [0,F(b)] $ c'est vrai mais quel rapport avec la croissance de $F? $
Par définition de $h,$ on a $h(x) =g( F^{-1} (x \displaystyle\int_{a}^b f(t)dt )) , x\in [0,1]$ et h est continue car $g$ et $F^{-1}$ le sont. Je pense que dire cela suffit largement, tout ce que tu as écris c'est de la surcharge inutile.
On applique alors le théorème. Pour finir il suffit de faire le changement de variable $ y=F^{-1} (x \displaystyle\int_{a}^b f(t) dt).$ Je te laisse finir le calcul et la justification du calcul...
@jmf je n'ai pas compris, d'ailleurs il y a un problème dans ce que j'ai écrit les sommes dépendent encore de $n$. Je ne sais pas faire ta question. Je ne comprends pas ta solution. @bd2017 d'accord merci j'ai réussi sauf la justification $\forall x \in [0,1] \ f \circ F^{-1} ( x \displaystyle\int_{a}^b f(t) dt ) \ne 0$ je ne vois pas comment le justifier. On pose $y(x)=F^{-1} ( x \displaystyle\int_{a}^b f(t) dt )$ donc $dy = \dfrac{ \displaystyle\int_{a}^b f(t) dt}{ f \circ F^{-1} ( x \displaystyle\int_{a}^b f(t) dt )} dx$ Finalement $\boxed{dx= \dfrac{f(y) dy} { \displaystyle\int_{a}^b f(t) dt} } $ Posons $I= \displaystyle\int_{0}^1 h(x) dx = \displaystyle\int_{a}^b g(y) \dfrac{f(y) dy} { \displaystyle\int_{a}^b f(t) dt}$ Finalement $\boxed{I= \dfrac{ \displaystyle\int_{a}^b g(y) f(y) dy} { \displaystyle\int_{a}^b f(t) dt}}$
@jmf comme je l'ai dit je ne sais pas faire quand les bornes sont autres que $0$ et $n-1$ ou $1$ et $n$. (résultat du cours que j'ai étudié)
Donc je ne vois pas comment je peux répondre à ton exercice ou comprendre ta correction alors que j'ai dit que ce point me bloque et que je ne vois pas comment faire.
$\def\dd{\,\mathrm{d}}\def\zint{\int}$Essayons d'introduire un point de vue issu des mathématiques expérimentales.
On se donne un intervalle $\left[a,b\right]$ avec $a<b$, une fonction $f$, par exemple $f=x\mapsto x^{2}$, ainsi qu'un entier $n\geq1$. Et l'on cherche $n+1$ points $\alpha[j],\;j=0..n$ tels que
\[ \forall i\in\left[ 0,n-1\right ]: \int_{\alpha[i]}^{\alpha[i+1]}f(t)\dd t=\frac{1}{n}\int_{a}^{b}f\left(t\right)\dd t \]
Pour commencer, on remarque qu'il y a $n$ équations pour fixer $n+1$ nombres. C'est le moment de se rappeler qu'une subdivision vérifie, par définition, que $\alpha[0]=a$ et $\alpha\left[n\right]=b$. Cela fait donc $n+2$ équations pour fixer $n+1$ nombres: il y a une relation de compatibilité, qu'il faudra vérifier à un moment ou à un autre.
La continuité de $f$ montre qu'elle possède une primitive $F$ sur ce segment. Une sommation télescopique permet de réécrire les équations sous la forme: \[ \forall i\in\left[ 0,n\right]: F\left(\alpha[i]\right)=F\left(\alpha[0]\right)+\frac{i}{n}\zint_{a}^{b}f\left(t\right)\dd t \] Au vu des hypothèses complémentaires, la fonction $F$ est strictement croissante, engendrant une bijection entre $\left[a,b\right]$ et $\left[F\left(a\right),F\left(b\right)\right]$. Ceci assure la compatibilité aux bornes, ainsi que l'existence-unicité des points intermédiaires.
On introduit une fonction continue $g$, par exemple $g=\text{x}\mapsto x^{2}$. Et on calcule $\frac{1}{n}\sum_{n\;\mathrm{termes}}g\left(\alpha[i]\right)$. On se donne $a=1,b=2,n=200$. Tout le monde sait que l'on obtient une meilleure convergence en évaluant au centre de l'intervalle. " Tout le monde" , en tout cas tous ceux qui considèrent les sommes de Riemann comme une méthode pratique, et pas seulement comme un sujet de causeries abstraites.
On va donc regarder \[ L=\frac{1}{200}\sum_{i=0}^{i=199}g\left(\frac{\alpha\left[i\right]+\alpha\left[i+1\right]}{2}\right)\approx2.6571307045463527026 \] On développe en fractions continues. Cela donne les quotients: $2,1,1,1,10,1,\cdots$. Si l'on coupe juste après le premier gros quotient, cela donne la fraction \[ \frac{93}{35}=\frac{31}{5}\div\frac{7}{3}=\frac{32-1}{5}\div\frac{8-1}{3} \] qui est on ne peut plus suggestive.
Passons à la théorie. Se demander si cette expression $L$ est ou n'est pas une somme de Riemann... est la meilleure façon de montrer que l'on n'a rien compris aux sommes de Riemann.
Est-ce que le tiers d'une girafe verte est une somme de Riemann ? Considérons, sur l'intervalle $\left[4/3,5/3\right]$ la fonction constante $x\mapsto\mathrm{girafe\_verte}$. Alors toutes les sommes de Riemann associées à cette fonction et à une subdivision de cet intervalle donnent le tiers d'une girafe verte. C'est comme cela, que cela vous plaise ou non. Même une carafe mauve est une somme de Riemann.
Il semble utile de rappeler que la notation $\zint f\left(t\right)\dd t$ est une allusion au fait que la somme de Riemann associée à une fonction donnée et à une subdivision donnée de l'intervalle $\left[a,b\right]$ en $n$ intervalles pointés est \[ \sum_{n\;\mathrm{termes}}f\left(\beta\left[i\right]\right)\times\left(\alpha\left[i+1\right]-\alpha\left[i\right]\right) \]
Si l'on veut à toute force introduire des sommes de Riemann dans cet exercice, il vaut donc mieux commencer par réécrire $L$ sous la forme \[ L=\sum_{n\;\mathrm{termes}}\frac{g\left(\beta\left[i\right]\right)}{n\left(\alpha\left[i+1\right]-\alpha\left[i\right]\right)}\times\left(\alpha\left[i+1\right]-\alpha\left[i\right]\right) \] et examiner ce que l'on peut faire avec cette expression. Or \[ \zint_{\alpha\left[i\right]}^{\alpha\left[i+1\right]}f\left(t\right)\dd t=\left(\alpha\left[i+1\right]-\alpha\left[i\right]\right)f\left(\widehat{\beta}\left[i\right]\right)=\frac{1}{n}\zint_{a}^{b}f\left(t\right)\dd t \] On a donc \[ L=\frac{1}{\zint_{a}^{b}f\left(t\right)\dd t}\;\sum_{n\;\mathrm{termes}}\left(f\left(\widehat{\beta}\left[i\right]\right)g\left(\beta\left[i\right]\right)\right)\times\left(\alpha\left[i+1\right]-\alpha\left[i\right]\right) \]
Les fonctions $f,g$ étant uniformément continues sur $\left[a,b\right]$, la quantité $f\left(\widehat{\beta}\left[i\right]\right)g\left(\beta\left[i\right]\right)$ est "raisonnablement proche" d'une évaluation de $fg$ en un point ou un autre de $\left[\alpha\left[i\right],\alpha\left(i+1\right)\right]$. La somme qui apparaît dans l'expression de $L$ est donc "raisonnablement proche" d'une somme de Riemann de la fonction $fg$ sur l'intervalle $\left[a,b\right]$ et, finalement, \[ L\rightarrow_{n=\infty}\frac{\zint_{a}^{b}g\left(t\right)f\left(t\right)\dd t}{\zint_{a}^{b}f\left(t\right)\dd t} \]
Bilan des courses: si l'on modifie la densité de probabilité de sélection des points de l'intervalle $\left[a,b\right]$ qui se retrouvent compromis dans ces sommes " à la sauce Riemann" de la fonction $g$, la nouvelle limite s'obtient en remplaçant $\dd t$ par $\widehat{f}\left(t\right)\dd t$.
@pldx1 tes notations sont trop compliquées. Je ne comprends jamais rien à tes messages. Tu te places à un niveau trop élevé pour moi. Je n'ai même pas le niveau L2. Tes messages sont pour des personnes de niveau master maths. @bd2017 les changements de variables qu'on fait d'habitude ne sont pas aussi compliquées, j'ai fait des centaines d'exos sur le changement de variable. Jamais vu un changement de variable aussi compliqué. Je ne trouve pas d'erreur dans le calcul de $dy$. La dérivée de $F^{-1} (u)$ est $u' \dfrac{ 1}{ F' \circ F^{-1} (u)}$ et $F'=f$ et $u=x \displaystyle\int_a^b f(t) dt$. Si j'arrive au bon résultat mon calcul de $dy$ ne peut pas être faux.
Cet exercice est niveau L1, c'est @pldx1 qui aime bien faire des messages ultra compliquées que seul lui peut comprendre.
Il ne nécessite que des connaissances de L1 : fonction réciproque, intégration, subdivision, primitive, continuité uniforme, théorème de Heine, limite d'une suite.
Je ne vois pas d'erreur dans mon calcul j'ai vérifié les formules pour calculer la dérivée d'une fonction réciproque pas d'erreur. Généralement quand on a une erreur de calcul on ne tombe pas sur le bon résultat moi je tombe sur le bon.
@Osy a-t-il une erreur de ma part ou bien une modification de ta réponse que je n'aurais pas vue ?
Bon alors oui ta réponse est bonne. Ce qui m'étonne c'est que je pensais avoir vu une réponse qui n'était pas bonne du tout.
Évidemment j'ai changé toutes mes remarques.
D'une part tu as réussi le changement de variable et il faut remarquer qu'il n'[y avait] rien de compliqué du tout.
Un petit bémol tout de même $ f(F^{-1}( tF(b) )) \neq 0 $ pour quel $t$ et pourquoi dire cela ?
De façon générale quand une variable d'intégration $x $ parcourt un segment $[a,b] $ et que la nouvelle variable $y$ est de la forme
$y=h (x),$ est-ce qu'il vient à l'esprit de dire que $h'(x)\neq 0$ pour justifier le changement de variable ?
Pour être plus précis dans ma question (et cela fait partie des connaissances sur les changements de variable qu'on doit avoir) :
que doit vérifier $h$ pour que le changement de variable soit possible ?
Autre remarque. On avait posé $y=F^{-1} ( x F(b))$ et pour calculer $dy$ en fonction de $dx $ ou de façon équivalente
$dx$ en fonction de $dy$ on peut faire comme ceci :
$y=F^{-1} ( x F(b))$ donc $F(y)= x F(b)$ et alors $F'(y) dy = dx F(b)$ ce qui donne encore $dx =1/ F(b) f(y)$ ce qui [est] préférable car il est plus aisé de dériver $F$ que $F^{-1}$.
Je n'ai pas modifié ma réponse... Mais merci de m'avoir expliqué cette seconde méthode intéressante et moins difficile que celle du corrigé. Oui bonne remarque sur le fait qu'il est plus simple de dériver $F$ que $F^{-1}$. En fait, dans les cours sur le changement de variable, on parle souvent de bijection mais dans la pratique on ne l'utilise que rarement. Dans les corrigés de concours, tout le monde calcule avec les $dx$ alors que dans les cours on introduit des fonctions ce qui rend les calculs lourds et inutilement compliqués. Ma précaution est que pour dériver $f^{-1} (x)$ il faut que $ f' \circ f^{-1} (x)$ ne s'annule pas. Ici en posant $dx = \dfrac{1}{ F(b) f(y)}$ il faut justifier que $ F(b) f(y) \ne 0$. Comme $f$ est d'intérieur non vide, elle ne s'annule qu'en un nombre fini de point alors $F(b)=\displaystyle\int_{a}^b f(t) dt >0$ car $f$ est positive. Mon point de blocage est pourquoi $f(y) \ne 0$ ? $f$ est à valeurs positives mais pourrait s'annuler sur $[a,b]$ ....
Le cours indique sous quelles conditions on effectue le changement de variable. On ne peut pas échapper au cours sinon on ne sait pas faire un changement de variable.
Il y a bien une bijection quelque part (pour être précis une bijection entre deux ensembles ou domaines d'intégration). Même si cette bijection est très peu évoquée dans la pratique elle est sous-jacente au changement de variable.
Ici le changement de variable est possible parce que la fonction de $[0,1]$ vers $[a,b]$ définie par $y(x)=F^{-1} (x F(b))$ est de classe $C^1$ et strictement croissante. C'est à dire qu'il faut que la dérivée garde un signe constant, ce qui équivalent à ce que la dérivée ne s'annule pas. C'est pour cela que dans ton calcul il n'est pas étonnant de voir la dérivée ne doit pas être nulle.
D'accord merci, j'ai deux théorèmes à disposition dans le cours de sup. Je vais essayer de refaire le changement de variable proprement en utilisant ici je pense le corollaire.
Proposition : Soient $I$ et $J$ deux intervalles de $\R$ d'intérieurs non vide, $f$ une fonction continue de $I$ dans $\R$ et $\varphi$ une fonction de classe $C^1$ de $J$ dans $I$. Alors $\forall (\alpha,\beta) \in J^2 \ \displaystyle\int_a^b f( \varphi (u)) \varphi '(u) du = \displaystyle\int_{\varphi(a)}^{\varphi(b)} f(t) dt$
Corollaire : Soient $I$ et $J$ deux intervalles de $\R$ d'intérieurs non vide, $f$ une fonction continue de $I$ dans $\R$ et $\varphi$ une bijection de classe $C^1$ de $J$ dans $I$. Alors $\boxed{\forall (a,b) \in I^2 \ \displaystyle\int_a^b f(t) dt= \displaystyle\int_{\varphi^{-1} (a)}^{\varphi^{-1}(b)} f( \varphi(u)) \varphi '(u) du}$
On dit qu'on a effectué le changement de variable $t= \varphi(u)$.
Il faudrait diviser par $\varphi '(x)= \displaystyle\int_{a}^b f(t) dt \dfrac{1}{ f \circ F^{-1} ( x F(b))}$ pour faire apparaître la formule du cours (la proposition et non le corollaire) et toujours le même problème je ne sais pas justifier que $f \circ F^{-1} ( x F(b))$ ne s'annule pas sur $[0,1]$.
Pour comprendre le changement de variable il faut préciser la fonction $\varphi$ c'est-à-dire que
1. Préciser la définition de la fonction $\varphi$ (c'est-à-dire que quand on dit qu'on fait le changement de variable $y=\varphi(x)$ cela ne définit pas complètement la fonction $\varphi$). Finalement qu'est-ce qu'une fonction ou une application ? En général on a vu que la notion de fonction est une notion vague pour toi et c'est fondamental ici car c'est ça qui donne le point 3. ci-dessous.
2. S'assurer que $\varphi$ vérifie les hypothèses d'une proposition que tu as citée. La première contient une faute, il serait bien de corriger.
3. Effectuer le changement de variable.
Ce point 3. est fait mais je ne suis pas convaincu que tu l'as obtenu à partir de 1.
Edit : ton problème ou bien ta question vient du fait que tu n'appliques tu pas correctement la proposition. Donc cherche d'abord à faire correctement le changement de variable c'est-à-dire à appliquer correctement la proposition.
Bonjour Lu sur un autre fil (agreg 2022), que je ne veux pas encombrer : "OShine a dit :
En même temps au bout de 4 ans de travail c'est logique d'être admissible, sinon faut abandonner et faire autre chose de sa vie."
Et que dire d'une personne qui depuis bientôt 5 ans, sur ce site, mais également sur un autre avant celui-ci, pose toujours les mêmes questions, de la même manière, ...Il faut quand même savoir qu'il s'est fait virer du précédent site qu'il fréquentait, et ce pour plusieurs raisons.
Il voulait aider les autres : il fallait systématiquement repasser derrière lui, pour corriger ses bêtises. De plus il le faisait de manière très désagréable et fort désobligeante vis à vis du demandeur. Nous l'avons vu vouloir aider sur une simple équation trigo du style sin(x)=sin(a) et ne pas savoir le faire...
Nous lui avons tous conseillé de commencer par travailler ses programmes de collège et de lycée...vous connaissez la réponse, il sait !
La coupe a été pleine quand il est venu s'inscrire ici. Il naviguait entre les 2 sites, faisant croire d'un côté qu'il savait faire, en ayant été demander les renseignements sur l'autre site...au niveau honnêteté intellectuelle, on fait mieux... Voilà des faits.
Oh la la, quel désastre! $\def\zint{\int} \def\rr{\mathbb R}$
@OShine nous dit (msg-2347237): $w(x)=x{\displaystyle \zint_{a}^{b}f(t)dt}$. On a $\forall x\in[0,1],\;w(x)\in[0,F(b)]$ par croissance de $F$.
Ainsi donc, l'honorable OShine ne pige pas que $M\doteq\zint_{a}^{b}f(t)dt$ est une constante. En dehors du fait que cette constante vaut $F\left(b\right)-F\left(a\right)$ et non pas $F\left(b\right)$, il n'en reste pas moins que $w$ est simplement la fonction: prenez la variable x et multipliez-la par $M$. Et alors $Mx$ appartient à $\left[0,MX\right]$ lorsque $x$ appartient à $\left[0,X\right]\subset\rr$!
On est loin du Concours d'entrée à l'Ecole Centrale des Arts et Manufactures. C'est tout simplement le supposé socle de l'école élémentaire. Mais les poires continuent de poirer et de s'admirer d'être des poires qui poirent. Mon pauvre OShine! Si jamais les poires venaient t'expliquer la multiplication... tu deviendrais encore plus incapable de piger quoi que ce soit.
Cela dit, OShine tient à nous faire savoir qu'il ne comprend pas non plus
Ben voilà: si l'on veut vérifier que l'on a compris de quoi cause l'exercice " Centrale 2015" , il suffit de faire tourner le processus décrit par cet exercice (valeurs choisies pour cet exemple: $f=x\mapsto x^{2}$, $a=1$, $b=2$, $n=200$ et $g=x\mapsto x^{2}$).
On peut même utiliser des techniques d'accélération de la convergence pour arriver à $L\mapsto93/35$. Mais tant que l'on ne comprend pas qu'il s'agit de prendre la moyenne d'un certain nombre de valeurs de $g$... la compréhension du reste ne risque pas d'avancer (le reste étant que la moyenne change lorsque la répartition des points d'observation n'est plus la répartition uniforme)
Ensuite de quoi, OShine tient à nous faire savoir qu'il ne comprend pas non plus le paragraphe:
Est-ce que le tiers d'une girafe verte est une somme de Riemann ? Considérons, sur l'intervalle $\left[4/3,5/3\right]$ la fonction constante $x\mapsto\mathrm{girafe\_verte}$. Alors toutes les sommes de Riemann associées à cette fonction et à une subdivision de cet intervalle donnent le tiers d'une girafe verte. C'est comme cela, que cela vous plaise ou non. Même une carafe mauve est une somme de Riemann.
Ce n'est pas une surprise. En fait OShine ne comprend pas que $\zint f\left(t\right)\dd t$ se note de cette façon là par allusion fait que la somme de Riemann associée à une fonction donnée et à une subdivision donnée de l'intervalle $\left[a,b\right]$ en $n$ intervalles pointés est \[ \sum_{n\;\mathrm{termes}}f\left(\beta\left[i\right]\right)\times\left(\alpha\left[i+1\right]-\alpha\left[i\right]\right) \] Il se pourrait bien qu'en fait OShine ne comprenne pas que la surface d'un rectangle se calcule par le produit hauteur$\times$largeur.
Quant à la façon d'arriver à écrire que:
\[ \frac{1}{n}\sum_{n\;\mathrm{termes}}g\left(\beta\left[i\right]\right)=\sum_{n\;\mathrm{termes}}\frac{g\left(\beta\left[i\right]\right)}{n\left(\alpha\left[i+1\right]-\alpha\left[i\right]\right)}\times\left(\alpha\left[i+1\right]-\alpha\left[i\right]\right) \] c'est assez simple. Il suffit de savoir que $\frac{b}{a}\times a=b$ (pour $a\neq0$), de savoir que $=$ est une relation symétrique, et d'être capable de mettre les deux bâtons bout à bout pour attraper la banane. La plupart des chimpanzés y arrivent.
On peut raisonnablement se demander pourquoi il souhaite à ce point devenir prof de lycée. Est-ce qu'enseigner 2h de moins par semaine et avoir une petite augmentation salariale valent la peine de s'infliger autant de souffrances ? Sans compter les nombreux moments de gène qu'il aura avec les bons élèves qui lui poseront des questions auxquels il ne saura pas répondre.
Cela dit, dans d'autres pays il serait déjà prof au lycée depuis longtemps. Ce système de concours de haut niveau est assez spécifique à la France.
Je ne veux pas être prof de lycée, trop de travail pour le même salaire.
$\varphi(x)=F^{-1} (x \displaystyle\int_a ^b f(t) dt)$ réalise une bijection de $[0,1]$ sur $[a,b]$
Le problème est que pour faire apparaître le $\varphi '(x)$ de la formule du cours, il faut diviser par $\varphi '(x)$ or $\varphi'(x)$ peut s'annuler...
kioups tu parles beaucoup mais j'en suis sûr que tu es incapable de faire ce changement de variable et cet exercice.
OS : je ne me suis pas vraiment penché sur l'exercice. Je suis déjà agrégé et je maitrise les cours que je donne à mes élèves. C'est déjà pas mal, je te propose d'en faire de même...
A propos des changements de variable dans une intégrale.
Il y a bien une bijection quelque part (pour être précis une bijection entre deux ensembles ou domaines d'intégration). Même si cette bijection est très peu évoquée dans la pratique elle est sous-jacente au changement de variable.
Ben non. La bijectivité n'est pas sous-jacente au changement de variable dans une intégrale. Le théorème est: \[ {\displaystyle {\displaystyle \zint_{\varphi(a)}^{\varphi(b)}f(t)dt}=\zint_{a}^{b}f(\varphi(u))\varphi'(u)du} \] sous les hypothèses (1) intervalles compacts (2) $\varphi$ continuement dérivable (3) $f$ continue. Peu importe si l'étudiant s'est lavé les dents la veille au soir ou si $\varphi$ est bijective. C'est ainsi que: \[ \zint_{2\,\pi/3}^{9\,\pi/4}\left(\left(\cos y\right)^{2}+1\right)\left(-\sin y\,{\rm d}y\right)=\zint_{-1/2}^{\sqrt{2}/2}\left(x^{2}+1\right)\,{\rm d}x \]
\[ \zint_{-\pi/6}^{3\pi/4}\left(\left(\sin y\right)^{2}+1\right)\left(+\cos y\,{\rm d}y\right)=\zint_{-1/2}^{\sqrt{2}/2}\left(x^{2}+1\right)\,{\rm d}x \] toutes ces intégrales ayant $\dfrac{7\,\sqrt{2}}{12}+\dfrac{13}{24}$ comme valeur commune.
Et il en est ainsi parce que \begin{align*} \cos\left(9\pi/4\right) & =\sin\left(3\pi/4\right) & & =\sqrt{2}/2\\ \cos\left(2\pi/3\right) & =\sin\left(-\pi/6\right) & & =-1/2 \end{align*}
On remarquera que le théorème " est encore plus vrai" si $a=b$.
@OShine: je ne sais pas justifier que $f\circ F^{-1}(xF(b))$ ne s'annule pas sur $[0,1]$
Encore heureux de ne pas arriver à justifier un truc faux. Si l'on veut calculer la dérivée de $x\mapsto x^{2}$ comme l'inverse de la dérivée de $y\mapsto\sqrt{y}$, il n'est pas surprenant de tomber sur le fait que $1/\sqrt{y}$ se calcule mal lorsque $y=0$. Cela ne prouve pas que $x\mapsto x^{2}$ n'est pas dérivable en $x=0$, mais seulement que la méthode utilisée doit être remplacée par une autre.
A la grave question: " est-ce qu'il vient à l'esprit de dire" qu'on ne doit pas diviser par $0$, la réponse est: cela semble dépendre des esprits. Mais cela devrait venir. Et c'est pourquoi " calculer $\dd y$ en fonction de $\dd x$" n'est pas équivalent à " calculer $\dd x$ en fonction de $\dd y$" .
Encore une autre salade. @bd2017 (msg-2347588) écrit $\dd x=1/F(b)f(y)$ avec deux fautes. Il manque le $\dd y$ et en plus il s'agit de $\left(F\left(b\right)-F\left(a\right)\right)$. Et alors @OShine recopie pieusement, et cela devient $dx=\dfrac{1}{F(b)f(y)}$. Sur le modèle: donnez-moi un truc faux, je vous le recopierai encore plus faux.
@pldx1 merci pour ton intervention première que je comprends.
Comment faire alors le changement de variable $\varphi(x)= F^{-1} ( x F(b) ) $ ? J'essaie d'utiliser les formules que j'ai rappelées avec les fonctions de classe $C^1$ et non les $dx$ et $dy$ qui manquent de rigueur.
On a bien $\varphi '(x)= F(b) \dfrac{1}{ f \circ F^{-1} (x F(b)) }$
Ç’est vrai qu’il lui a expliqué… tout en le comparant à un chimpanzé ! Ce qui peut nuire à la concentration. Mais bon… Heureusement pour lui, OShine semble très résilient (pour reprendre un terme à la mode).
Encore une autre salade. @bd2017 (msg-2347588) écrit $\dd x=1/F(b)f(y)$ avec deux fautes. Il manque le $\dd y$ et en plus il s'agit de $\left(F\left(b\right)-F\left(a\right)\right)$. Et alors @OShine recopie pieusement, et cela devient $dx=\dfrac{1}{F(b)f(y)}$. Sur le modèle: donnez-moi un truc faux, je vous le recopierai encore plus faux.
Ever improving.
@ pldx1 Je vais prendre le temps de lire plus tard ce que tu as dis concernant la bijectivité.
Mais concernant "l'autre salade" comme tu dis il ne faut pas abuser. Si le dy manque c'est une erreur d'écriture de frappe.
Cela m'étonnerait que tu ne fasses des fautes de frappe. Vu les difficultés qu'@Os rencontre, il est normal de relever cet oubli.
Mais bon, sans être un pro ce n'est pas mon genre d'écrire "dy =f(x)" alors un peu de correction s'il te plait.
Par contre concernant l'autre salade, je crois que c'est toi qui en fait une. Le changement de variable c'est bien $y=F^{-1} (x F(b) )$ et il n'y a pas de $F(a).$
Même si $F(a) = 0 $ la constante "qui intervient avec le $x$" est $\int _a^b f(t) dt =F(b)$ par définition de $F. $ Pourquoi dire qu'il manque $F(a)?$
D'accord le changement de variable que j'ai choisi n'est pas $C^1$ donc je dois en trouver un autre. Merci Jlapin il m'a fallu une heure pour trouver la solution. On sait que $F(b) \ne 0$ car $f$ s'annule qu'en un nombre fini de points donc $F(b) >0$. On a $I=\displaystyle\int_{0}^1 g( F^{-1} ( x F(b) ) ) dx$ On introduit l'application $h : x \mapsto g \circ F^{-1} ( x F(b) ) $ alors $I=\displaystyle\int_{0}^1 h (x) dx$ Posons $x= \varphi(u) = \dfrac{1}{F(b)} F(u)$ alors $\varphi$ est bijective sur $[a,b]$ et de classe $C^1$. On a alors d'après le cours et plus précisément le corollaire que j'ai rappelé plus haut : $I=\displaystyle\int_{\varphi^{-1} (0)}^{ \varphi^{-1} (1)} h ( \varphi (u) ) \varphi '(u) du$ Or $h ( \varphi (u) ) = g \circ F^{-1} ( \dfrac{1}{F(b)} F (u) F(b) ) =g (u) $ et $\varphi '(u) = \dfrac{1}{F(b)} f(u)$ Donc $I= \dfrac {1}{F(b)} \displaystyle\int_{a}^{b } g (u) f(u) du$ Finalement $\boxed{I=\dfrac{\displaystyle\int_{a}^{b } g (u) f(u) du}{\displaystyle\int_{a}^{b } f(t) dt }}$ En effet, cette méthode donnée par @bd2017 est très intéressante et moins difficile que la correction du livre, il faut par contre parfaitement maitriser le cours sur les changements de variables avec les bonnes hypothèses.
@Os Effectivement il faut corriger : ta proposition (1) est correcte. La bijectivité de $\phi$ dans cette proposition n'est pas nécessaire.
Néanmoins tu as posé le changement de variable $y=F^{-1}(x F(b))=\phi(x)$ et $\phi $ est bijective de $[0,1]$ vers $[a,b]$ (car $F$ l'est de $[a,b]$ et ainsi $F^{-1}$ aussi. Tout cela parce que $F $ est strictement croissante parce que $f$ est positive .
Mais j'ai oublié que $f$ pouvait s'annuler en des points d'intérieur vide, je n'ai retenu que $F$est strictement croissante et je ne comprenais pas ta question.
Mais c'est bien la stricte croissance de $F$ donc la bijectivité de $\phi$ de $[0,1]$ vers $[a,b]$ qui est sous-jacente à cette intégrale qui fait que le changement de variable est possible.
Autrement dit tu poses $y=F^{-1}(x F(b))=\phi(x)$ et formellement tu peux écrire $dy= \phi'(x) dx $ (tu n'oublies pas le $dx$ !!) .
Comme $f$ peut s'annuler, évidemment c'est formel et tu retrouves que $dx=\dfrac{1}{F(b) }f(y) dy $ (et tu n'oublies pas $dy!!!!!! )
Autrement dit tu poses $ x=\dfrac{1}{F(b) }f(y) dy $ c'est-à-dire $x=\psi(y) =\dfrac{1}{F(b) }F(y) .$ C'est dans ce sens qu'une de tes propositions sur le changement de variable est possible.
En résumé : il faut faire comme j'ai dit dès le départ $y=F^{-1}(x F(b))$ donc $x =\dfrac{1}{F(b) }F(y)$ et il n'y aura pas de problème.
P.S je n'ai pas lu ton dernier message. Je laisse @pdlx1 s'en occuper et s'amuser à faire passer les gens pour des couillons.
Dommage tu devrais lire mon dernier message je résous la question rigoureusement en utilisant le cours et je n'utilise pas les $dx$ et $dy$ mais le théorème exact du changement de variable que j'ai rappelé plus haut.
Je n'aime pas utiliser les $dx$ et $dy$ ils cachent souvent des problèmes.
Ma prof de prépa en MP ne mettait pas les points quand on utilisait $dx$ et elle nous a piégé dans un DS avec des problèmes aux bornes et disait que la technique du $dx$ ne marchait pas dans ce cas et qu'il fallait revenir au théorème de changement de variable. J'avais eu tout faux.
Bon @Os, je réponds et j'abandonne ensuite le sujet. Entre toi qui ne comprends absolument rien et @pdlx1 qui relève une erreur à juste titre mais en en ajoutant inutilement car son but est ailleurs. Je me trouve coincé entre 2 personnages impossibles.
Quant à lire ta solution "rigoureuse" alors je voudrais bien, mais il faudra avant tout améliorer nettement ton travail car je suis largué dès le départ avec ton $u(\varphi(u)).$ C'est quoi $u$ la-dedans? une variable , une fonction? Les deux à la fois? Pour moi , venant de ta part voir $u(\varphi(u))$ ne m'incite pas à continuer à te lire. Je ne suis pas professeur et mon travail n'est pas de voir si il y a un petit quelque chose dans la suite.
Il y a une petite différence entre toi et moi. Je peux me tromper en oubliant un $dx $ c'est une erreur d'écriture c'est tout. Si @pdlx1 a voulu s'amuser avec ça en devinant ta réaction, il aura réussi.
En effet, me dire que la prof math spé enlève des points si on utilise la notation $dx,$ j'en reste baba.
Je peux supposer que ta prof n'est pas idiote et qu'il y a une raison pédagogique à cela mais sûrement pas une raison mathématique.
Ou alors tu n'as surement rien compris aux fameux points qu'elle (ta prof) retirerait pour une notation employée par tous.
Je me reproche d'avoir encore une fois essayé de t'aider. Mes interventions ont pour but de te faire avancer un peu. Je te ferai remarquer que assez souvent j'arrive à te faire faire un petit quelque chose dans les exercices que tu proposes.
Comme je l'ai déjà dit tes exercices ne sont pas toujours triviaux et me font faire un peu de mathématique. Mais pour avoir passé quelques minutes à trouver la solution je passe un temps fou à essayer de te faire travailler.
Alors corrige ta solution rigoureuse qui ne l'est pas (au moins dans la rédaction), mais puisque à partir de maintenant je n'y crois plus, n'attends pas de nouveau commentaires de moi. Sur le forum il y a d'autres personnes qui auront le plaisir de te lire. @pdlx1 par exemple.
@bd2017 je trouve dommage que tu attribues toute cette importance aux réactions de la protéine. Si elle n'avait rien dit tu aurais continué à aider OShine. Quant à savoir si c'est utile à OShine... c'est une autre histoire.
J'ai rectifié mon erreur de notation, le calcul étant juste, j'ai utilisé 2 fois la même lettre c'était une légère une coquille mais ça ne change rien au raisonnement. J'introduis une application que je note $h$ et non plus $u$ car $u$ est déjà pris pour la variable d'intégration, afin d'obtenir la formule exacte du cours sur le changement de variable.
$\def\Gh{\widehat{F^{-1}}}$ Comme toujours, choisir de bonnes notations facilite grandement les choses. On se donne un intervalle compact $\left[a,b\right]$ ... avec $a<b$, ainsi qu'une fonction $f$ continue, positive et ne s'annulant qu'en des points isolés. Autrement dit \[ \widehat{f}:\;t\in\left[a,b\right]\mapsto\widehat{f}\left(t\right)=\frac{f\left(t\right)}{\zint_{a}^{b}f\left(t\right)\dd t} \] est une densité de probabilité et sa fonction de répartition \[ \widehat{F}:\;T\in\left[a,b\right]\mapsto\widehat{F}\left(T\right)=\zint_{a}^{T}\widehat{f}\left(t\right)\dd t \] est une bijection croissante continue de $\left[a,b\right]$ sur $\left[0,1\right]$. Par le théorème de la bijection bi-croissante bi-continue, la fonction $\Gh$ est une bijection continue de $\left[0,1\right]$ sur $\left[a,b\right]$. Cette fonction est dérivable aux points où $f$ ne s'annule pas. Et donc $\Gh$ n'est pas de classe $\mathcal{C}^{1}$.
Sauter à l'élastique avec un élastique qui serait connexe presque partout... serait une activité périlleuse. Si l'on utilise un théorème dont l'hypothèse est " fonction de classe $\mathcal{C}^{1}$" , cela exige que la dérivée existe et soit continue partout, au sens de vraiment partout, sans aucune exception. Si l'hypothèse ne se vérifie pas, cela ne prouve rien sur la conclusion. Cela prouve seulement que tout raisonnement qui passerait outre serait faux (en tant que preuve de la conclusion).
Les quantités à considérer s'écrivent \[ L_{n}\doteq\frac{1}{n}\sum_{k=0}^{k=n-1}\left(g\circ\Gh\right)\left(\frac{k}{n}\right)=\sum_{k=0}^{k=n-1}\left(g\circ\Gh\right)\left(\frac{k}{n}\right)\times\left(\frac{k+1}{n}-\frac{k}{n}\right) \] et sont donc des sommes de Riemann pour la fonction $\left(g\circ\Gh\right)$ et les subdivisions équidistantes à $n$ intervalles. Comme la fonction $\left(g\circ\Gh\right)$ est continue, elle est intégrable et de plus \[ L_{n}\rightarrow\zint_{0}^{1}\left(g\circ\Gh\right)\left(x\right)\dd x=\zint_{\widehat{F}\left(a\right)}^{\widehat{F}\left(b\right)}\left(g\circ\Gh\right)\left(x\right)\dd x \] On profite de ce que $\widehat{F}$ est de classe $\mathcal{C}^{1}$ pour appliquer le changement de variable $x=\widehat{F}\left(u\right)$ et cela donne
\[ L_{n}\mapsto\zint_{a}^{b}\left(g\circ\Gh\right)\left(\widehat{F}\left(u\right)\right)\,\widehat{f}\left(u\right)\,\dd u=\zint_{a}^{b}g\left(u\right)\,\widehat{f}\left(u\right)\,\dd u \]
Quod erat demonstranda, comme on dit en Anglais.
@bd2017: " Mais c'est bien la stricte croissance de $F$ donc la bijectivité de $\phi$ de $[0,1]$ vers $[a,b]$ qui est sous-jacente à cette intégrale qui fait que le changement de variable est possible" . Pipeau. La bijectivité n'est pas requise. Par contre, lorsque $\mathcal{C}^{1}$ fait partie des hypothèses d'un théorème, il faut que la fonction dont on cause soit $\mathcal{C}^{1}$. Lorsque cela coince et que " le producteur de documents" --Oshine ou un autre-- essaye de retomber ses pattes en prétendant que " bien sûr, c'est formel tout cela" , alors le " lecteur de documents" saisit son tampon-encreur " TILT" et hop, production suivante. Une prépa maths, ce n'est pas seulement pour apprendre à sculpter des bâtons de craie trempés dans l'encre.
@OShine: proposition pour une future question: comment fait-on pour savoir qu'il faut utiliser le fait que $g\circ\Gh\circ\widehat{F}=g$ ?
Je ne comprends pas pourquoi tu compliques les choses simples avec des notations compliquées chapeaux, des sommes, des subdivisions etc alors que le cours sur le changement de variable résout la question en 5 lignes.
J'ai cherché pendant 1 heure et j'ai trouvé l'idée c'est tout, j'ai pensé que pour simplifier il fallait utiliser le fait que comme $F$ est bijective alors $F \circ F^{-1} = F^{-1} \circ F= id$.
@Oshine : Tu es vraiment extraordinaire. Pour une fois, @pldx1 a écrit un texte (un pavé, certes) tout-à-fait compréhensible et a su réfréner son besoin (qui semble parfois compulsif) de mettre des mots bizarres partout.
Et en plus, il a raison d'insister sur le fait que lorsque l'on applique un théorème, il est de bon ton de vérifier scrupuleusement les hypothèses dudit théorème !
Comme il est fort généreux, il en a même profité pour fournir une démonstration qui contourne le problème... alors, je ne vois pas pourquoi tu râles.
En résumé :
ta démonstration est fausse et irréparable à cause de l'utilisation d'une hypothèse indispensable et non vérifiée,
on peut néanmoins répondre à la question posée en faisant autrement, et c'est même la méthode "naturelle" qu'a utilisée @pldx1
Libre à toi de trouver que c'est "parachuté", que cela utilise des "notations compliquées", ou toute autre raison farfelue qui ferait que tu ne veuilles pas comprendre, mais cela vient de toi, pas des autres !
Tiens, d'ailleurs, tu as écrit une autre boulette : la plupart du temps, $F\circ F^{-1}$ et $F^{-1}\circ F$ ne sont pas du tout égales !!!
@bisam je ne comprends pas les mathématiques de @pldx1 c'est comme lire du chinois, mais j'ai donné une preuve avant son dernier message.
Il n'y a pas d'erreur dans ma solution, l'application $\varphi : u \mapsto \dfrac{ F(u)}{F(b)}$ est de classe $C^{1}$ de $[a,b]$ dans $[0,1]$, on peut donc appliquer le théorème de changement de variable. Les hypothèses du théorème sont vérifiées.
En effet, $F(b) \ne 0$ et $F$ est dérivable sur $[a,b]$ d'après le théorème fondamental de l'analyse et $F'(u)=\dfrac{1}{ F(b)} f(u)$ par continuité de $f$, $F'$ est continue donc $F$ est de classe $C^1$ sur $[a,b]$
Oui j'ai été imprécis, $F$ réalise une bijection de $[a,b]$ sur $[0,F(b)]$ donc $\forall x \in [a,b] \ F^{-1} \circ F(x)=x$ et $\forall x \in [0,F(b)] \ F \circ F^{-1}(x)=x$
Effectivement, tu n'as pas fait d'erreur dans la dernière version... que je n'avais pas vue au milieu de tout le reste.
Mais en fait, je viens de voir que tu avais dit une énormité dès ton deuxième post
F est strictement croissante car F′ s'annule qu'un nombre fini de fois et F′=f avec f positive.
C'est bien sûr faux. Les hypothèses n'excluent pas du tout que $F'$ s'annule une infinité de fois.
Par exemple, la fonction $f$ qui à $x$ associe $x(1+\cos(x^{-1}))$ si $x\neq 0$ et $0$ si $x=0$ vérifie les hypohtèses requises sur le segment $[0,1]$, bien qu'elle s'y annule une infinité de fois (plus une ).
La modération voudra bien ne pas supprimer cette citation. Faute de quoi, OShine se permettra encore et encore
de modifier frauduleusement son message (i.e. sans laisser une trace décrivant la modification).
OShine a dit: Si $F' =f$ s'annule un infinité de fois alors forcément son intérieur est d'intérieur non vide. Soit $S=\{ 0 \} \cup \{ \dfrac{1}{ \pm \pi + 2 k \pi } \ k \in \Z \}$. Bon, j'avoue que je ne sais pas déterminer l'intérieur de $S$.
Il ne reste plus qu'à attendre le passage d'une poire pour fabriquer du sens à partir d'une telle production insensée.
Le corrigé dit que l'ensemble des zéros de $F'=f$ est d'intérieur vide donc $F$ est strictement croissante. J'ai peut être dit une bêtise après mais je ne vois pas.
J'avoue que je ne sais pas démontrer que si l'intérieur des zéros $f : [a,b] \longrightarrow \R$ est vide alors le nombre de zéros de $f$ est fini.
Si $F$ est croissante sur $I$ mais n'y est pas strictement croissante, ça veut dire quoi? qu'il existe $a<b$ dans $I$ tels que $f(a)=f(b)$. Et que peut-on alors dire de $f$ sur $]a,b[$ ? Inversement si $F$ est dérivable sur $I$ avec $F'\ge0$ (donc $F$ croissante sur $I$) et si $F'$ ne s'annule identiquement sur aucun sous-intervalle $]a,b[$ de $I$ avec $a<b$, alors? alors? alors? Si tu n'arrives pas à connecter tout ça...
Réponses
@bd2017 d'accord merci j'ai réussi sauf la justification $\forall x \in [0,1] \ f \circ F^{-1} ( x \displaystyle\int_{a}^b f(t) dt ) \ne 0$ je ne vois pas comment le justifier.
On pose $y(x)=F^{-1} ( x \displaystyle\int_{a}^b f(t) dt )$ donc $dy = \dfrac{ \displaystyle\int_{a}^b f(t) dt}{ f \circ F^{-1} ( x \displaystyle\int_{a}^b f(t) dt )} dx$
Finalement $\boxed{dx= \dfrac{f(y) dy} { \displaystyle\int_{a}^b f(t) dt} } $
Posons $I= \displaystyle\int_{0}^1 h(x) dx = \displaystyle\int_{a}^b g(y) \dfrac{f(y) dy} { \displaystyle\int_{a}^b f(t) dt}$
Finalement $\boxed{I= \dfrac{ \displaystyle\int_{a}^b g(y) f(y) dy} { \displaystyle\int_{a}^b f(t) dt}}$
Donc je ne vois pas comment je peux répondre à ton exercice ou comprendre ta correction alors que j'ai dit que ce point me bloque et que je ne vois pas comment faire.
$\def\dd{\,\mathrm{d}}\def\zint{\int}$Essayons d'introduire un point de vue issu des mathématiques expérimentales.
Est-ce vraiment surprenant ?
Cordialement, Pierre.
Tes messages sont pour des personnes de niveau master maths.
@bd2017 les changements de variables qu'on fait d'habitude ne sont pas aussi compliquées, j'ai fait des centaines d'exos sur le changement de variable. Jamais vu un changement de variable aussi compliqué.
Je ne trouve pas d'erreur dans le calcul de $dy$. La dérivée de $F^{-1} (u)$ est $u' \dfrac{ 1}{ F' \circ F^{-1} (u)}$ et $F'=f$ et $u=x \displaystyle\int_a^b f(t) dt$.
Si j'arrive au bon résultat mon calcul de $dy$ ne peut pas être faux.
Il ne nécessite que des connaissances de L1 : fonction réciproque, intégration, subdivision, primitive, continuité uniforme, théorème de Heine, limite d'une suite.
Généralement quand on a une erreur de calcul on ne tombe pas sur le bon résultat moi je tombe sur le bon.
Oui bonne remarque sur le fait qu'il est plus simple de dériver $F$ que $F^{-1}$.
En fait, dans les cours sur le changement de variable, on parle souvent de bijection mais dans la pratique on ne l'utilise que rarement. Dans les corrigés de concours, tout le monde calcule avec les $dx$ alors que dans les cours on introduit des fonctions ce qui rend les calculs lourds et inutilement compliqués.
Ma précaution est que pour dériver $f^{-1} (x)$ il faut que $ f' \circ f^{-1} (x)$ ne s'annule pas.
Ici en posant $dx = \dfrac{1}{ F(b) f(y)}$ il faut justifier que $ F(b) f(y) \ne 0$. Comme $f$ est d'intérieur non vide, elle ne s'annule qu'en un nombre fini de point alors $F(b)=\displaystyle\int_{a}^b f(t) dt >0$ car $f$ est positive.
Mon point de blocage est pourquoi $f(y) \ne 0$ ? $f$ est à valeurs positives mais pourrait s'annuler sur $[a,b]$ ....
Proposition :
Soient $I$ et $J$ deux intervalles de $\R$ d'intérieurs non vide, $f$ une fonction continue de $I$ dans $\R$ et $\varphi$ une fonction de classe $C^1$ de $J$ dans $I$.
Alors $\forall (\alpha,\beta) \in J^2 \ \displaystyle\int_a^b f( \varphi (u)) \varphi '(u) du = \displaystyle\int_{\varphi(a)}^{\varphi(b)} f(t) dt$
Corollaire :
Soient $I$ et $J$ deux intervalles de $\R$ d'intérieurs non vide, $f$ une fonction continue de $I$ dans $\R$ et $\varphi$ une bijection de classe $C^1$ de $J$ dans $I$.
Alors $\boxed{\forall (a,b) \in I^2 \ \displaystyle\int_a^b f(t) dt= \displaystyle\int_{\varphi^{-1} (a)}^{\varphi^{-1}(b)} f( \varphi(u)) \varphi '(u) du}$
On dit qu'on a effectué le changement de variable $t= \varphi(u)$.
Posons $\varphi(x)= F^{-1} (x \displaystyle\int_{a}^b f(t) dt )$.
Il faudrait diviser par $\varphi '(x)= \displaystyle\int_{a}^b f(t) dt \dfrac{1}{ f \circ F^{-1} ( x F(b))}$ pour faire apparaître la formule du cours (la proposition et non le corollaire) et toujours le même problème je ne sais pas justifier que $f \circ F^{-1} ( x F(b))$ ne s'annule pas sur $[0,1]$.
Lu sur un autre fil (agreg 2022), que je ne veux pas encombrer :
"OShine a dit :
Et que dire d'une personne qui depuis bientôt 5 ans, sur ce site, mais également sur un autre avant celui-ci, pose toujours les mêmes questions, de la même manière, ...Il faut quand même savoir qu'il s'est fait virer du précédent site qu'il fréquentait, et ce pour plusieurs raisons.
Il voulait aider les autres : il fallait systématiquement repasser derrière lui, pour corriger ses bêtises. De plus il le faisait de manière très désagréable et fort désobligeante vis à vis du demandeur.
Nous l'avons vu vouloir aider sur une simple équation trigo du style sin(x)=sin(a) et ne pas savoir le faire...
Nous lui avons tous conseillé de commencer par travailler ses programmes de collège et de lycée...vous connaissez la réponse, il sait !
La coupe a été pleine quand il est venu s'inscrire ici. Il naviguait entre les 2 sites, faisant croire d'un côté qu'il savait faire, en ayant été demander les renseignements sur l'autre site...au niveau honnêteté intellectuelle, on fait mieux...
Voilà des faits.
On est loin du Concours d'entrée à l'Ecole Centrale des Arts et Manufactures. C'est tout simplement le supposé socle de l'école élémentaire. Mais les poires continuent de poirer et de s'admirer d'être des poires qui poirent. Mon pauvre OShine! Si jamais les poires venaient t'expliquer la multiplication... tu deviendrais encore plus incapable de piger quoi que ce soit.
Cela dit, OShine tient à nous faire savoir qu'il ne comprend pas non plus
Ensuite de quoi, OShine tient à nous faire savoir qu'il ne comprend pas non plus le paragraphe:
Quant à la façon d'arriver à écrire que:
Cordialement, Pierre.
Est-ce qu'enseigner 2h de moins par semaine et avoir une petite augmentation salariale valent la peine de s'infliger autant de souffrances ?
Sans compter les nombreux moments de gène qu'il aura avec les bons élèves qui lui poseront des questions auxquels il ne saura pas répondre.
Cela dit, dans d'autres pays il serait déjà prof au lycée depuis longtemps. Ce système de concours de haut niveau est assez spécifique à la France.
$\varphi(x)=F^{-1} (x \displaystyle\int_a ^b f(t) dt)$ réalise une bijection de $[0,1]$ sur $[a,b]$
Le problème est que pour faire apparaître le $\varphi '(x)$ de la formule du cours, il faut diviser par $\varphi '(x)$ or $\varphi'(x)$ peut s'annuler...
kioups tu parles beaucoup mais j'en suis sûr que tu es incapable de faire ce changement de variable et cet exercice.
Eh ben, on dirait que le niveau humain d'OS ne culmine pas plus haut que son niveau mathématique !
Cordialement,
Rescassol
On remarquera que le théorème " est encore plus vrai" si $a=b$.
Ever improving.
Comment faire alors le changement de variable $\varphi(x)= F^{-1} ( x F(b) ) $ ? J'essaie d'utiliser les formules que j'ai rappelées avec les fonctions de classe $C^1$ et non les $dx$ et $dy$ qui manquent de rigueur.
On a bien $\varphi '(x)= F(b) \dfrac{1}{ f \circ F^{-1} (x F(b)) }$
Mais bon… Heureusement pour lui, OShine semble très résilient (pour reprendre un terme à la mode).
C'est pas gentil pour les chimpanzés
Cordialement,
Rescassol
Merci Jlapin il m'a fallu une heure pour trouver la solution.
On sait que $F(b) \ne 0$ car $f$ s'annule qu'en un nombre fini de points donc $F(b) >0$.
On a $I=\displaystyle\int_{0}^1 g( F^{-1} ( x F(b) ) ) dx$
On introduit l'application $h : x \mapsto g \circ F^{-1} ( x F(b) ) $ alors $I=\displaystyle\int_{0}^1 h (x) dx$
Posons $x= \varphi(u) = \dfrac{1}{F(b)} F(u)$ alors $\varphi$ est bijective sur $[a,b]$ et de classe $C^1$.
On a alors d'après le cours et plus précisément le corollaire que j'ai rappelé plus haut : $I=\displaystyle\int_{\varphi^{-1} (0)}^{ \varphi^{-1} (1)} h ( \varphi (u) ) \varphi '(u) du$
Or $h ( \varphi (u) ) = g \circ F^{-1} ( \dfrac{1}{F(b)} F (u) F(b) ) =g (u) $ et $\varphi '(u) = \dfrac{1}{F(b)} f(u)$
Donc $I= \dfrac {1}{F(b)} \displaystyle\int_{a}^{b } g (u) f(u) du$
Finalement $\boxed{I=\dfrac{\displaystyle\int_{a}^{b } g (u) f(u) du}{\displaystyle\int_{a}^{b } f(t) dt }}$
En effet, cette méthode donnée par @bd2017 est très intéressante et moins difficile que la correction du livre, il faut par contre parfaitement maitriser le cours sur les changements de variables avec les bonnes hypothèses.
Je n'aime pas utiliser les $dx$ et $dy$ ils cachent souvent des problèmes.
J'avais eu tout faux.
J'introduis une application que je note $h$ et non plus $u$ car $u$ est déjà pris pour la variable d'intégration, afin d'obtenir la formule exacte du cours sur le changement de variable.
$\def\Gh{\widehat{F^{-1}}}$ Comme toujours, choisir de bonnes notations facilite grandement les choses. On se donne un intervalle compact $\left[a,b\right]$ ... avec $a<b$, ainsi qu'une fonction $f$ continue, positive et ne s'annulant qu'en des points isolés. Autrement dit \[ \widehat{f}:\;t\in\left[a,b\right]\mapsto\widehat{f}\left(t\right)=\frac{f\left(t\right)}{\zint_{a}^{b}f\left(t\right)\dd t} \] est une densité de probabilité et sa fonction de répartition \[ \widehat{F}:\;T\in\left[a,b\right]\mapsto\widehat{F}\left(T\right)=\zint_{a}^{T}\widehat{f}\left(t\right)\dd t \] est une bijection croissante continue de $\left[a,b\right]$ sur $\left[0,1\right]$. Par le théorème de la bijection bi-croissante bi-continue, la fonction $\Gh$ est une bijection continue de $\left[0,1\right]$ sur $\left[a,b\right]$. Cette fonction est dérivable aux points où $f$ ne s'annule pas. Et donc $\Gh$ n'est pas de classe $\mathcal{C}^{1}$.
Cordialement, Pierre.
J'ai cherché pendant 1 heure et j'ai trouvé l'idée c'est tout, j'ai pensé que pour simplifier il fallait utiliser le fait que comme $F$ est bijective alors $F \circ F^{-1} = F^{-1} \circ F= id$.
- ta démonstration est fausse et irréparable à cause de l'utilisation d'une hypothèse indispensable et non vérifiée,
- on peut néanmoins répondre à la question posée en faisant autrement, et c'est même la méthode "naturelle" qu'a utilisée @pldx1
Libre à toi de trouver que c'est "parachuté", que cela utilise des "notations compliquées", ou toute autre raison farfelue qui ferait que tu ne veuilles pas comprendre, mais cela vient de toi, pas des autres !Il n'y a pas d'erreur dans ma solution, l'application $\varphi : u \mapsto \dfrac{ F(u)}{F(b)}$ est de classe $C^{1}$ de $[a,b]$ dans $[0,1]$, on peut donc appliquer le théorème de changement de variable. Les hypothèses du théorème sont vérifiées.
En effet, $F(b) \ne 0$ et $F$ est dérivable sur $[a,b]$ d'après le théorème fondamental de l'analyse et $F'(u)=\dfrac{1}{ F(b)} f(u)$ par continuité de $f$, $F'$ est continue donc $F$ est de classe $C^1$ sur $[a,b]$
Oui j'ai été imprécis, $F$ réalise une bijection de $[a,b]$ sur $[0,F(b)]$ donc $\forall x \in [a,b] \ F^{-1} \circ F(x)=x$ et $\forall x \in [0,F(b)] \ F \circ F^{-1}(x)=x$
Tu as oublié une hypothèse de l'exercice, l'ensemble des zéros de $f$ est d'intérieur vide.
Si $F' =f$ s'annule un infinité de fois alors forcément son intérieur est d'intérieur non vide...
Dans ton exemple, l'équation $1+ \cos (1/ x)=0$ donc $\cos(1/x)=-1$ donc $1/x =\pi + 2k \pi$ ou $1/x= - \pi+ 2 k \pi$
Soit $S=\{ 0 \} \cup \{ \dfrac{1}{ \pm \pi + 2 k \pi } \ k \in \Z \}$
Bon, j'avoue que je ne sais pas déterminer l'intérieur de $S$.
J'avoue que je ne sais pas démontrer que si l'intérieur des zéros $f : [a,b] \longrightarrow \R$ est vide alors le nombre de zéros de $f$ est fini.
Si $F$ est croissante sur $I$ mais n'y est pas strictement croissante, ça veut dire quoi? qu'il existe $a<b$ dans $I$ tels que $f(a)=f(b)$. Et que peut-on alors dire de $f$ sur $]a,b[$ ?
Inversement si $F$ est dérivable sur $I$ avec $F'\ge0$ (donc $F$ croissante sur $I$) et si $F'$ ne s'annule identiquement sur aucun sous-intervalle $]a,b[$ de $I$ avec $a<b$, alors? alors? alors?
Si tu n'arrives pas à connecter tout ça...