Fonctions à divergence lente

Olympiades mathématiques, énigmes et défis
Nightmare
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Fonctions à divergence lente

par Nightmare » 20 Nov 2012, 21:53

Hello,

Dans mes recherches pour résoudre le problème que j'ai soumis dans [url="http://www.maths-forum.com/suites-134300.php"]ce topic[/url], j'ai trouvé un résultat assez intéressant, je ne sais pas s'il est connu.

Voici le résultat :

Si f:R+->R continue telle que, pour tout y positif, .

Alors cette convergence est localement uniforme en y.


Pour ceux que ça intéresse, vous pouvez aussi réfléchir au problème posé dans le topic mentionné :

Existe-t-il une fonction f : NxN->N pas trop dégueulasse vérifiant :

Pour toute suite u,


:happy3:



lapras
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par lapras » 20 Nov 2012, 23:16

Salut,
il me semble que ce genre d'argument d'uniformité découle du théorème de Baire ?

Nightmare
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par Nightmare » 20 Nov 2012, 23:18

Salut Lapras,

Oui, c'est une histoire d'inversion de quantificateurs et Baire permet de résoudre le problème. Je n ai pas plus "élémentaire".

Anonyme

par Anonyme » 21 Nov 2012, 00:01

@Nightmare

Que veux tu dire par "localement uniforme en " ?

Pour moi la convergence uniforme est une notion sur un intervalle donné
(même s'il est vrai que comme , on peut considérer que est un intervalle donné)

Question :
Quelle est la différence entre "convergence simple" et "convergence uniforme" sur l'intervalle ?

Nightmare
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par Nightmare » 21 Nov 2012, 02:47

ptitnoir > Ici y n'est pas un intervalle mais un réel, arbitraire.

La convergence simple est une convergence ponctuelle : f(x,y) converge simplement (en x) vers f(y) quand x tend vers +oo lorsque, pour tout y, .

En quantificateur, cela donne que f(x,y) converge simplement (en x) vers f(y) sur l'ensemble E si :

Quel que soit y dans E, e > 0 arbitrairement fixé, je vais pouvoir trouver un réel A à partir duquel (ie dès que x > A) toutes les images f(x,y) seront à distance au plus e de f(y).

A priori, le choix de A dépend de y. Si ce n'est pas le cas, c'est à dire lorsque l'on a :

Quel que soit e > 0 fixé, on peut trouver un réel A à partir duquel toutes les images f(x,y), quel que soit y dans E, seront à distance au plus e de f(y)
(remarque la place du "quel que soit y"")

Alors à ce moment là, on dit que la convergence est uniforme en y sur E.

exemple :

On prend qu'on examine sur ]0;1[²

Quel que soit y dans ]0;1[, , donc on a convergence simple vers la fonction nulle.

Soit e > 0, je cherche A tel que dès que x > A, f(x,y) y/x x > y/e.
On peut alors prendre A=y/e. En effet, dès que x > y/e alors f(x,y) A => x > 1/ e => 1/x y/x < ye < e car y < 1.

Ainsi, on peut prendre A=1/e qui cette fois ne dépend plus de y. La convergence est donc uniforme en y sur ]0;1[.

Si l'on s'était placé sur ]0;+oo[, on aurait pas pu libérer A de y, la convergence n'est pas uniforme sur ]0;+oo[. Par contre, on aurait pu remplacer ]0;1[ par n'importe quel intervalle [a;b] inclus dans ]0;+oo[. A ce moment là, on dit que la convergence est localement uniforme sur ]0;+oo[ (localement = sur chaque segment)

Anonyme

par Anonyme » 21 Nov 2012, 12:51

@Nightmare
Merci pour ces explications

Question :
Si j'ai bien compris la fonction est une fonction de sur

question qui est peut être certainement complétement débile puisque tu avais écrit que


En fait : je n'avais pas compris que f était une fonction de R^2

Nightmare
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par Nightmare » 21 Nov 2012, 13:44

f n'est pas une fonction de R² dans R, par contre (x,y)->f(x+y)-f(x) oui.

:happy3:

Judoboy
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par Judoboy » 21 Nov 2012, 14:28

Nightmare a écrit:
Pour ceux que ça intéresse, vous pouvez aussi réfléchir au problème posé dans le topic mentionné :

(la quote marche pas mais bref)

:happy3:

J'ai pas le temps d'y réfléchir plus que ça mais à mon avis aussi "dégueulasse" que tu cherches tu trouveras pas, ça me fait penser à une question du genre "est-ce qu'il existe une suite U telle que V est sommable ssi V=O(U)"...
Je repasserai ce soir.

Nightmare
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par Nightmare » 21 Nov 2012, 14:59

J'ai peu d'espoirs, en fait j'ai arrêté la recherche d'applications qui marchent, j'essaye plutôt de montrer que ça peut pas marcher.

Le problème, c'est qu'on a aussi des cas triviaux qui marche, par exemple f(n,p) constante par rapport à n.

Je pense qu'on peut considérer que f(n,p) est strictement croissante en n (pour tout p, f(n+1,p) > f(n,p)).

Mais toujours est-il qu'avec ça, je vois mal comment on peut arriver à montrer qu'il n'existe pas de telle fonction f.

Judoboy
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par Judoboy » 21 Nov 2012, 15:36

A partir de l'expression de f on doit probablement pouvoir construire une suite qui diverge mais telle que U(f(n,p))-Un => 0, parce qu'à mon avis f(n,p) doit tendre vers l'infini quand p tend vers l'infini pour avoir une CNS.

Bref je suis vraiment à la bourre là j'y réfléchirai ce soir.

Doraki
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par Doraki » 21 Nov 2012, 16:15

(en supposant que f(n,p) >= n)

On définit une suite g(n) croissante telle que pour tout n, n < g(n) ; et pour tout p,x <= g(n), f(x,p) <= g(n+1).
Et on prend u(x) = log(n) pour g(n) <= x < g(n+1).

Alors pour tout p <=q et pour tout n tel que g(q) <= n < g(q+1),
u(n) = log(q), et u(f(n,p)) <= u(g(q+2)) = log(q+2). Donc u(f(n,p))-u(n) <= log(1+2/q), qui tend vers 0 quand n tend vers l'infini.
Donc pour tout p, la suite u(f(n,p))-u(n) tend vers 0, mais (u(n)) diverge quand même.

Nightmare
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par Nightmare » 21 Nov 2012, 19:16

Niquel, très jolie construction.

 

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