Suites de fonctions

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Posted by: Sylar

Bonjour,j'aimerai avoir une idée pour résoudre cet exercice:

Montrer qu'on ne peut extraire de la suite de fonctions définies sur [0;1] par sin(nx) une sous suite qui converge simplement (sur le même intervalle ).

Merci....


Posted by: Sylar

J'ai vraiment aucune idée.....


Posted by: yos

Bonsoir.
Je pense que c'est pas évident. On ne peut pas se contenter de travailler avec un x fixé : par exemple on doit pouvoir extraire une sous-suite convergente de sin n.
Si tu supposes que sin\phi(n)x \to f(x) pour tout x de [0,1], tu peux regarder la limite de \sin^2 2\phi(n)x pour 0\leq x\leq 1/2 de deux façons différentes. Cela te donne
f(2x)^2=4f(x)^2[1-f(x)^2].
C'est pas encore une contradiction, il faut travailler un peu plus.


Posted by: Sylar

Ah ok merci,effectivement c'est loin d'etre évident...


Posted by: kazeriahm

une autre piste : je note g la fonction strictement croissante de N dans N "realisant la suite extraite"

on fixe e>0. Pour tout x de [0,1] on peut trouver un rang n0 a partir duquel

|sin(g(m)*x)-sin(g(n)*x)|<e.

En utilisant les formules de trigo ca donne

2*|sin( [ g(m) - g(n) ]*x/2) * cos ( [ g(m) + g(n) ]*x/2|<e

bon et la j'esperai trouver un x irrationel bien choisi pour trouver une contradiction mais...


Posted by: Sylar

Oui ,c'est une idée mais faut trouver un x pour lequel la limite de cette différence n'est pas nulle.........


Posted by: kazeriahm

nan mais en fait j'ai un peu regardé ca mène a rien je crois je n'ai fait que réécrire le pb


Posted by: Sylar

ok dommage alors.


Posted by: Sylar

La méthode de yos est sans doute intéressante.
Mais j'ai pas compris comment on obtient: f(2x)^2=4f(x)^2[1-f(x)^2].


Posted by: kazeriahm

sin(phi(n)*x) converge vers f(x) quand n tend vers l'infini.

donc en élevant au caré on a sin(2*phi(n)*x)^2 tend vers f(x)^2.

Or sin(2y)^2=4*sin(y)^2*cos(y)^2. Il suffit de remplacer cos(y)^2 par....


Posted by: Sylar

Ah ok ,cos^2=1-sin^2 ,merci.


Posted by: Yipee

Citation:
Posté par kazeriahm
une autre piste : je note g la fonction strictement croissante de N dans N "realisant la suite extraite"

on fixe e>0. Pour tout x de [0,1] on peut trouver un rang n0 a partir duquel

|sin(g(m)*x)-sin(g(n)*x)|<e.

En utilisant les formules de trigo ca donne

2*|sin( [ g(m) - g(n) ]*x/2) * cos ( [ g(m) + g(n) ]*x/2|<e

bon et la j'esperai trouver un x irrationel bien choisi pour trouver une contradiction mais...


Je ne pense pas que cette méthode puisse marcher car si on fixe x alors on peut extraire une sous suite convergente de la suite sin(nx) (pour une simple raison de compacité). De ce fait, par extraction diagonale, on peut trouver une sous suite qui converge en un nombre dénombrable de points (par exemple Q).

Il faut donc utiliser des arguments qui utilise R.

Je me disais, mais je n'ai pas vérifié que c'était juste, que le graphe de l'éventuelle limite semblait dense dans [0,1]x[-1,1]. Mais bon je ne sais pas quoi en faire...


Posted by: Yipee

Je crois avoir trouvé. On suppose donc qu'il existe une suite extraite u(n) telle que sin(u(n)x) converge simplement vers f. Il suffit de remarquer que
$$2\sin^2(u(n)x) = 1-\cos(2u(n)x)$$
On pose I=[0,1]. On sait que
\lim_{n\to +\infty}\int_I \sin(u(n)x) dx = \lim_{n\to +\infty}\int_I \cos(u(n)x) dx= 0.
On a donc
$$2\int_I \sin^2(u(n)x) dx = \int_I dx-\int_I\cos(2u(n)x) dx.$$
Si on fait tendre n vers l'infini, on obtient par convergence dominée que
$$\lim_{n\to +\infty}\int_I \sin^2(u(n)x) dx = \int_I f^2(x) dx= 1/2$$. Mais on a aussi par convergence dominée que \lim_{n\to +\infty}\int_I \sin(u(n)x) dx = \int_I f(x) dx= 0.
C'est absurde.

Cool pour un 200eme message !


Posted by: yos

Très bien vu. On voit la puissance du th de convergence dominée.

PS : il manque un signe "=".


Posted by: kazeriahm

Citation:
Posté par Yipee
\lim_{n\to +\infty}\int_I \sin(u(n)x) dx = \lim_{n\to +\infty}\int_I \cos(u(n)x) dx= 0.


Je ne comprends pas quelqu'un peut m'expliquer svp?


Posted by: Sylar

Pareil ,j'ai pas compris.


Posted by: kazeriahm

oulala nawak ence moment

u(n) tend vers l'infini


Posted by: Yipee

Citation:
Posté par yos
Très bien vu. On voit la puissance du th de convergence dominée.

PS : il manque un signe "=".


En effet, d'ailleurs je ne sais pas d'où sort cet exo mais au programme de prépas on demande que la limite soit pas hypothèses continue par morceaux. Cela bloque...


Posted by: kazeriahm

alors qu'on peut avoir une hypothese plus faible?


Posted by: Yipee

Si on prend l'intégrale au sens de Lebesgue. On suppose que les fonctions f_n sont mesurables et dominées. La limite est alors mesurable.


Posted by: Sylar

J'ai toujours pas compris l'égalité \lim_{n\to +\infty}\int_I \sin(u(n)x) dx = \lim_{n\to +\infty}\int_I \cos(u(n)x) dx= 0.


Posted by: yos

prends une primitive de sin u(n)x...


Posted by: kazeriahm

Citation:
Posté par Yipee
Si on prend l'intégrale au sens de Lebesgue. On suppose que les fonctions f_n sont mesurables et dominées. La limite est alors mesurable.





Posted by: Sylar

Ah ok merci.....










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