Fonctions contractantes

sous-additivité + compacité, non ?

Bonjour, j'essaye; les gros points: on va demontrer que $\dfrac{f_1^n}{n}$ est de Cauchy dans $\mathbb{R}$ a un $x$ fixe (par sous additivite).
Aussi $\dfrac{f_2^n}{n}$ sera de Cauchy et on conclut mais je n'y parviens pas.

$f=(f_1,f_2)$.


Cordialement.

Finalement -sinon- un argument de continuite de la norme.


Merci

Bonsoir,

Je cherche également, mais l'argument-mystère m'échappe.

$f$ est continue, uniformément continue même, sur $\mathbb{R}^2$ ça c'est clair...

En revanche, je ne crois pas que l'on puisse nécessairement borner $f$, dans $\mathbb{R}$ on peut considérer $f:x\mapsto (1/2)(x+\sin x)$ pour s'en convaincre.

D'ailleurs, le résultat reste-t-il vrai pour une application de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$ ? Je pense que oui, c'est déjà vrai pour les applications affines avec $a<1$...

Limité $\neq$ borné, c'est qu'il n'est pas explosif devant $n$...

Salut, je dis une chose desolé si je parais lourd, (le résultat se géneralise meme de $\mathbb{R}^n$ a $\mathbb{R}^n$ a prioiri). J' ai mis le point que si $f=(f_1,f_2)$ vérifie l'inegalité large donc chaque $f_i$ -qui s'identifierait a une représentation d'une surface- vérifie aussi l'inégalité. Maientenant c'est un peu la structure de l'espace, un cone est a dessiner, la droite $y=x=z$ appartient a ce cone; notre inégalité mette pas mal de contraintes sur le tracé de $f_i$. Le charactere itérative $f^n(x)$ vas finir le procédé.

Bon j'ai pas écris la démo mais on a besoin de $| f_i(y)-f_i(x)|\leq || x-y||$ pour tout $x,y$ et pour tout $i\ge 1$

Voilà, l'idée est intuitif et ce n'est pas écrit donc c'était une faute, mais ça ne change pas que pour ${\mathbb{R}}^2$ dans ${\mathbb{R}}^2$ ($\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$) j'aurais une démonstration [ou non].

Il Faut Y réflechir.

Magnéthorax, pourrait-on avoir un petit indice ? :-S

Magnéthorax a écrit:

je soumets à votre sagacité un énoncé découvert récemment.

Ca m'a fait rire...

Le pourcentage de messages de Tonm contenant une démonstration compréhensible et correcte est très proche de 0. Cela dit, je ne vais pas faire beaucoup mieux que lui car, bien qu'ayant une idée de démonstration, il me faudrait du temps pour en tirer quelque chose de rigoureux (en supposant que ça marche) et j'ai la flemme.

Choisissons un point $a$. On pose $a_n=f^n(a)$. Le but est de montrer que $a_n/n$ converge. En effet, si $x$ est un autre point, alors $\frac{f^n(x)}{n}=\frac{a_n}{n}+o(1)$.

Soit $u_n=||a_n-a_0||$. Comme $f$ est $1$-Lipschitzienne, on a $u_{n+m}\leqslant u_n+u_m$ ; il est bien connu que cela entraîne la convergence de $(u_n/n)$. Si sa limite est nulle c'est gagné. Supposons donc le contraire. Quitte à effectuer un changement d'échelle, on peut supposer que $u_n\sim n$.

Pour commencer, considérons $b=a_1-a$, $c=a_n-a$, $d=a_{n+1}-a$ et $u=d-c$. On a $||u||\leqslant ||b||$. De plus, $||c||\geqslant ||d-b||=||c+u-b||$ donc en élevant au carré, on obtient que $\langle c,u-b\rangle +||u-b||^2\leqslant 0$, et donc $\langle u,c\rangle \leqslant \langle b,c\rangle$.

On en déduit que $||d||^2-||c||^2=2\langle u,c\rangle+||u||^2\leqslant 2\langle b,c\rangle + ||b||^2$. On divise par $||c||+||d||$, ce qui donne
$$||d||-||c||\leqslant \langle b,\frac{2c}{||c||+||d||}\rangle + \frac{||b||^2}{||c||+||d||}.$$

On en déduit que
$$||a_{n+1}-a||-||a_n-a||\leqslant \langle a_1-a,\frac{a_n-a}{||a_n-a||}\rangle + O(1/n).$$

C'est maintenant que mon raisonnement devient flou.

Soit $\alpha,\epsilon>0$ tel que $||a_1-a||\cos\frac{\alpha}{2}<1-\epsilon<1$. Supposons que $a_n-a$ fasse un angle $>\alpha$ avec $a_1-a$. Alors sur un certain intervalle $k\in [n,\lambda n]$ (pour $\lambda>1$ dépendant de $\alpha$), $a_k-a$ fera un angle $>\alpha/2$ avec $a_1-a$. L'inégalité précédente montre que, si $n$ est assez grand et $k\in [n, \lambda n]$, alors $||a_k-a||-||a_n-a||\leqslant (1-\epsilon/2) (k-n)$, et cela va contredire que $||a_n||\sim n$.

Revenons à la question posée. La suite $(a_n/n)$ est bornée, donc il suffit de montrer qu'il existe une et une seule valeur d'adhérence. Supposons que ce ne soit pas le cas, alors il existe deux valeurs d'adhérence faisant un angle $2\alpha$ pour un certain $\alpha>0$. On peut même s'arranger pour trouver des suites tendant vers l'infini $(m_i)$ et $(n_i)$ telles que $(a_{m_i}/m_i)$ et $(a_{m_in_i}/(m_in_i))$ convergent vers des limites faisant un angle $2\alpha$. On applique alors le raisonnement précédent à $f^{m_i}$ à la place de $f$, et à $n_i$ à la place de $n$ pour obtenir une contradiction.

J'ai juste un petit doute concernant mon argument avec les extractions dont les images parcourent $\N$, ça fait longtemps que je n'ai pas revu ce résultat.

Merci Siméon, il faudrait donc ajouter un argument pour montrer qu'il n'y a qu'une seule valeur d'adhérence possible, par exemple en prenant deux valeurs différentes et en mixant les deux suites extraites afin de montrer qu'elles convergent vers le même point.

Pourquoi ?

Ben c'est bizarre ton truc : soit $A \subseteq \mathbb{N}$ une partie infinie. On note $\phi_A$ l'unique injection croissante $\mathbb{N} \rightarrow \mathbb{N}$ d'image $A$.

Soit maintenant une suite $(u_n)_{n\in \mathbb{N}}$ d'éléments de $\mathbb{R}^2$ qui ne converge pas, mais qui a une sous-suite $u_{\phi(n)})_{n \in \mathbb{N}}$ avec $\phi$ injection croissante. Posons $A := \phi(\mathbb{N})$. Posons $A_m := A \cup \{0,...,m\}$. Nous avons :

1) La réunion (pour $m \in \mathbb{N}$) des $\phi_{A_m}(\mathbb{N})$ est $\mathbb{N}$ tout entier.

2) Chaque sous-suite $(u_{\phi_{A_m}(n)})_{n \in \mathbb{N}}$ converge.

Mais $(u_n)_{n \in \mathbb{N}}$ elle-même ne converge pas !

EDIT : Je n'avais pas vu les réponses précédentes, désolé.e !

D'autre part, si $f$ est une rotation autour d'un autre point que l'origine, alors les suites $\frac{f^n(x)}{n}$ tendent toutes vers l'origine, mais on n'a pas forcément $f(0) = 0$.

@Georges, avec le lemme 1 de mon précédent poste, on conclut directement que $u_n(x) \to 0$ pour tout $x$ si $f(0) = 0$.

Ah oui j'avais mal lu ton message.

Je ne comprends pas la démonstration de Siméon, en particulier l'inégalité

Siméon a écrit:

$\langle w_{\phi(n)}, f^k(0)\rangle \geq \|f^{\phi(n)}(0)\| - \|f^{k}(0) - f^{\phi(n)}(0)\|$.

Je reprends donc ma démonstration depuis le début et je la complète, même si elle est peut-être inutilement compliquée.

Posons $a_0=0$ et $a_n=f^n(0)$. Si on montre que $\frac{a_n}{n}$ converge, c'est gagné car pour tout $x$ on a $||\frac{f^n(x)}{n}-\frac{a_n}{n}||\leqslant \frac{||x||}{n}$.

Comme $||a_{n+m}||\leqslant ||a_n||+||a_m||$ pour tous $m,n$, il est bien connu que $\frac{||a_n||}{n}$ converge. Soit $K$ sa limite. Si $K=0$ c'est gagné. Supposons donc $K>0$. Quitte à diviser la norme par $K$, on peut supposer que $K=1$. On remarque alors que pour tous $k\leqslant \ell$ on a $||a_{\ell}-a_k||\leqslant ||a_{\ell-k}||\leqslant C(\ell-k)$, où $C= ||a_1||$. Notons $b_n=\frac{a_n}{n}$.

Lemme 1. Le diamètre de $\{b_n,\ldots,b_{2n}\}$ tend vers $0$ lorsque $n$ tend vers l'infini.

En effet, si ce n'était pas le cas, par compacité il existerait des suites $n_i<m_i\leqslant 2n_i$ telles que $(b_{n_i})$ et $(b_{m_i})$ convergent vers deux vecteurs unitaires distincts $u$ et $v$, et telles que $\frac{n_i}{m_i}$ converge vers une limite $\ell\in [\frac{1}{2},1]$.

Par compacité, on peut supposer que la suite $\frac{a_{m_i}-a_{n_i}}{||m_i-n_i||}$ converge vers un vecteur $w$.
On remarque que $b_{m_i}=\frac{n_i}{m_i}b_{n_i}+(1-\frac{n_i}{m_i})\frac{a_{m_i}-a_{n_i}}{||m_i-n_i||}$.

Si $(m_i-n_i)$ n'est pas bornée, après extraction d'une sous-suite on peut supposer qu'elle tend vers l'infini. Alors $||a_{m_i}-a_{n_i}||\leqslant ||a_{m_i-n_i}||\sim m_i-n_i$, donc $||w||=1$. De plus, on a $v=\lambda u + (1-\lambda)w$. Ceci contredit la stricte convexité de la boule unité.

Si $(m_i-n_i)$ est bornée, alors $\frac{n_i}{m_i}\to 1$ donc $\lambda=1$, et on obtient encore $v=u$.
Soit maintenant $\epsilon>0$. Il existe $N$ tel que pour tout $n\geqslant N$, le diamètre de $\{b_n,\ldots,b_{2n}\}$ soit inférieur à $\epsilon/C$.

D'autre part, lorsque $q$ et $m$ tendent vers l'infini, on a $||a_{2qm}||^2-||a_{qm}||^2\sim 3q^2m^2$, donc quitte à augmenter $N$, on peut supposer que pour tous $q,m\geqslant N$ on a $||a_{2qm}||^2-||a_{qm}||^2 > m^2(1-\epsilon)q(3q+1)$.
Lemme 2. Si $m>N$ et $n>m(N+1)$ alors $\langle b_m,b_n\rangle \geqslant 1-2\epsilon$.

Il existe $q\geqslant N$ et $r\in [0,q-1]$ tels que $n=m(q+1)+r$ (division Euclidienne).

Montrons d'abord qu'il existe $k\in [q+1,2q]$ tel que $\langle b_m,b_{km}\rangle > 1-\epsilon$.

Supposons par l'absurde le contraire. Alors pour tout $k\in [q+1,2q]$ on a
\begin{eqnarray*}
||a_{km}||^2-||a_{(k-1)m}||^2&=&||a_m+(a_{km}-a_m)||^2-||a_{(k-1)m}||^2\\
&=& ||a_m||^2+2\langle a_m,a_{km}-a_m\rangle + ||a_{km}-a_m||^2-||a_{(k-1)m}||^2\\
&\leqslant& ||a_m||^2+2\langle a_m,a_{km}-a_m\rangle \\
&\leqslant& 2\langle a_m,a_{km}\rangle = 2km^2\langle b_m,b_{km}\rangle\\
&\leqslant& 2(1-\epsilon)km^2.
\end{eqnarray*}

En sommant pour $k=q+1,\ldots,2q$, on en déduit
$$||a_{2qm}||^2-||a_{qm}||^2\leqslant (1-\epsilon)m^2q(3q+1),$$
ce qui est contradictoire.

Choisissons donc $k\in [q+1,2q]$ tel que $\langle b_m,b_{km}\rangle > 1-\epsilon$.

Comme le diamètre de $\{b_{(q+1)m},\ldots,b_{2qm}\}$ est inférieur à $\epsilon/C$ et que $b_{km}$ et $b_n$ appartiennent à cet ensemble,
on a $\langle b_m,b_n\rangle \geqslant \langle b_m,b_{km}\rangle - ||b_m||\,||b_n-b_{km}||>1-\epsilon-C\frac{\epsilon}{C}=1-2\epsilon$.
Il est maintenant facile de conclure : supposons que la suite $(b_n)$ ne converge pas. Comme elle est bornée, par compacité elle
admet deux valeurs d'adhérence $u\ne v$. On a $||u||=||v||=1$ car $||b_n||$ tend vers $1$.

Soit $\epsilon$ tel que $\langle u,v\rangle< 1-2\epsilon$. Il existe des suites $(m_i)$ et $(n_i)$ tendant vers l'infini telles que
$n_i/m_i\to \infty$, $b_{m_i}\to u$ et $b_{n_i}\to v$. Pour $i$ assez grand, on a donc $\langle b_{m_i},b_{n_i}\rangle < 1-2\epsilon$, ce qui
contredit le lemme 2.

Bonjour,

@CC : C'est faux contrexemple :
Dans le plan complexe $f(z)=conjugée(z)+1+i$

Bonne journée.

Qui n'est pas une constante translative.

Ce sont les constantes b tel que g(z)=f(z)-b admet un point fixe, avec f sans point fixe.

Si tu préfères cela mène à la conjecture suivante : soit b la limite de $f^n(x)/n$. A-t-on alors, $f(x)-b$ admet un point fixe ?

Ah, fallait le dire !
Je suis d'accord que c'est un contre-exemple à ce que raconte Christophe.