Exercice 49

1. On intègre l'encadrement $\alpha \leqslant f \leqslant \beta$ sur $[0\,,1]$, segment de longueur $1$ : la croissance de l'intégrale (proposition 2 (iii)) donne $\alpha \leqslant \int_{0}^{1} f \leqslant \beta$, c'est-à-dire $$\boxed{\alpha \leqslant 0 \leqslant \beta}.$$ Pour tout $x \in [0\,,1]$, les deux facteurs $\beta - f(x)$ et $f(x) - \alpha$ sont positifs, donc leur produit aussi. En développant, on obtient une fonction continue et positive : $$\big(\beta - f\big)\big(f - \alpha\big) = (\alpha + \beta)\,f - f^{2} - \alpha\beta \geqslant 0.$$ Son intégrale est donc positive ; comme $\int_{0}^{1} f = 0$, elle vaut $-\int_{0}^{1} f^{2} - \alpha\beta$, d'où $$\boxed{\int_{0}^{1} f^{2} \leqslant -\alpha\beta}.$$ L'hypothèse $\int_{0}^{1} f = 0$ sert exactement à faire disparaître le terme $(\alpha + \beta)\,f$, sur lequel on n'aurait aucun contrôle.

2. Les trois expressions se raccordent : en $\frac{1}{2} - h$, la formule du milieu vaut $\frac{1}{h}\cdot h = 1$, et en $\frac{1}{2} + h$, elle vaut $-1$ ; la fonction $f_{h}$ est donc continue. Sur le segment du milieu, $\big|\frac{1}{2} - x\big| \leqslant h$, donc $f_{h}$ est à valeurs dans $[-1\,,1]$. Les deux paliers, de même longueur $\frac{1}{2} - h$, ont des intégrales opposées, et il reste $$\int_{0}^{1} f_{h} = \frac{1}{h}\Big[-\frac{1}{2}\Big(\frac{1}{2} - x\Big)^{2}\Big]_{1/2-h}^{1/2+h} = \frac{1}{h}\Big(-\frac{h^{2}}{2} + \frac{h^{2}}{2}\Big) = 0.$$ Pour le carré, les deux paliers donnent chacun $\frac{1}{2} - h$, et le segment du milieu $$\frac{1}{h^{2}}\Big[-\frac{1}{3}\Big(\frac{1}{2} - x\Big)^{3}\Big]_{1/2-h}^{1/2+h} = \frac{1}{h^{2}}\Big(\frac{h^{3}}{3} + \frac{h^{3}}{3}\Big) = \frac{2h}{3}.$$

$$\boxed{\int_{0}^{1} f_{h}^{2} = 1 - 2h + \frac{2h}{3} = 1 - \frac{4h}{3}}$$ Supposons qu'un réel $c < 1$ vérifie $\int_{0}^{1} f^{2} \leqslant c$ pour toute fonction $f$ satisfaisant les hypothèses avec $\alpha = -1$ et $\beta = 1$. Le choix $h = \min\big(\frac{1}{2}, \frac{3(1 - c)}{8}\big)$ donne $\frac{4h}{3} \leqslant \frac{1 - c}{2}$, donc $$\int_{0}^{1} f_{h}^{2} \geqslant 1 - \frac{1 - c}{2} = \frac{1 + c}{2} > c,$$ ce qui est contradictoire. $$\boxed{\text{non : la constante } -\alpha\beta = 1 \text{ ne peut pas être diminuée}}$$ La borne n'est pourtant jamais atteinte : l'égalité imposerait, d'après l'exercice 5, que $(1 - f)(f + 1)$ soit nulle, donc que $f$ ne prenne que les valeurs $1$ et $-1$ ; le théorème des valeurs intermédiaires du chapitre 8 montrera qu'une fonction continue sur un segment ne peut pas sauter ainsi d'une valeur à l'autre, et $f$ serait constante, ce qui est incompatible avec $\int_{0}^{1} f = 0$. Les fonctions $f_{h}$ approchent cette situation idéale en passant de $1$ à $-1$ de plus en plus vite.

3. La fonction $f = g - m$ est continue, d'intégrale $m - m = 0$, et vérifie $-m \leqslant f \leqslant 1 - m$, puisque $0 \leqslant g \leqslant 1$. La question 1, avec $\alpha = -m$ et $\beta = 1 - m$, donne $\int_{0}^{1} (g - m)^{2} \leqslant m(1 - m)$, et la forme canonique $m(1 - m) = \frac{1}{4} - \big(m - \frac{1}{2}\big)^{2}$ donne la seconde inégalité. $$\boxed{\int_{0}^{1} (g - m)^{2} \leqslant m(1 - m) \leqslant \frac{1}{4}}$$ L'intégrale $\int_{0}^{1} (g - m)^{2}$ mesure la dispersion des valeurs de $g$ autour de leur moyenne $m$ : pour une fonction à valeurs dans $[0\,,1]$, elle ne dépasse jamais $\frac{1}{4}$, et elle n'approche cette valeur que si $m$ est proche de $\frac{1}{2}$ et si $g$ passe presque tout son temps près de $0$ et de $1$, comme à la question 2. Le chapitre 21 retrouvera la même borne pour la variance d'une variable aléatoire à valeurs dans $[0\,,1]$.

À retenir : pour exploiter un encadrement $\alpha \leqslant f \leqslant \beta$, on intègre le produit $(\beta - f)(f - \alpha)$, positif, qui fait apparaître $f^{2}$ ; c'est l'inégalité ponctuelle, et non une majoration grossière de $f^{2}$ par $\max(\alpha^{2}, \beta^{2})$, qui donne la constante optimale.