Application contractante
Bonjour , soit $g$ une application contractante sur un intervalle $I=[a;b]$ donc telle que quel que soit $x$ appartenant à $I$ on ait :
$\mid g(x)-g(y)\mid \leq \mid x-y\mid $
Ma question est a t-on toujours :
$$\lim\limits_{n \to \infty} \frac{(g(a)^n-g(b)^n)}{(g(a)^{n-1}-g(b)^{n-1})}=1$$
avec $g(a)^n=g(g(g(g(g(\cdots(a)\cdots)$
Cordialement.
$\mid g(x)-g(y)\mid \leq \mid x-y\mid $
Ma question est a t-on toujours :
$$\lim\limits_{n \to \infty} \frac{(g(a)^n-g(b)^n)}{(g(a)^{n-1}-g(b)^{n-1})}=1$$
avec $g(a)^n=g(g(g(g(g(\cdots(a)\cdots)$
Cordialement.
Connectez-vous ou Inscrivez-vous pour répondre.
Réponses
Bonne journée.
F. Ch.
NB. Et on écrit "quel que soit" en trois mots au masculin singulier, "quelle que soit" au féminin singulier, "quels que soient" au masculin pluriel, et "quelles que soient" au féminin pluriel.
Si $g$ est dérivable (et ta fonction strictement contractante) et $x_0$ le point fixe, alors la limite de ta suite $g'(x_0)$, donc pas forcément 1.
cf : l'exemple de Chaurien.
Bonne journée.
$$\lim\limits_{n \to \infty} g^n(a)-g^n(b)=0$$
Cordialement.
Dans le cas de strictement contractante, oui.
Dans le cas de contractante, non (par exemple g(x)=x).
Bonne journée.
Tu es donc autodidacte... (le théorème de point fixe de Picard est un classique de licence)
Si c'est bien le cas, ton approche des maths est, selon moi, excellente : "c'est en forgeant que l'on devient forgeron".
Bon courage.
On forme le quotient de mon premier post:
$$ \frac{(g^n(a)-g^n(b))}{g^{n-1}(a)-g^{n-1}(b)}$$
Si on a $\lim\limits_{n \to \infty} g^n(a)-g^n(b)=0$ on a alors une indéterminée du genre $\frac{0}{0}$ , dans ces cas là j'utilise la règle de l'Hôpital on arrive alors à (en dérivant au numérateur et au dénominateur):
$$ \frac{g'(a) \cdots g'(g^{n-3}(a))g'(g^{n-2}(a))g'(g^{n-1}(a)) -g'(b)\cdots g'(g^{n-3}(b))g'(g^{n-2}(b))g'(g^{n-1}(b))}{g'(a) \cdots g'(g^{n-3}(a))g'(g^{n-2}(a))) -g'(b)\cdots g'(g^{n-3}(b))g'(g^{n-2}(b))}$$
Maintenant trichons un peu , en factorisant par $g'(g^{n-1}(a))$ (où j'ai choisi la variable $a$) , et en partant du principe (faux) que $\lim\limits_{n \to \infty} g^n(b)=\lim\limits_{n \to \infty} g^n(a)$ donne $g^n(a)=g^n(b)$ l'expression devient :
$$ \frac{[g'(g^{n-1}(a))][g'(a) \cdots g'(g^{n-3}(a))g'(g^{n-2}(a)))-g'(b)\cdots g'(g^{n-3}(b))g'(g^{n-2}(b))]}{g'(a) \cdots g'(g^{n-3}(a))g'(g^{n-2}(a))) -g'(b)\cdots g'(g^{n-3}(b))g'(g^{n-2}(b))}$$
Le numérateur et le dénominateur se simplifie pour nous donner :
$$g'(g^{n-1}(a))$$
En reliant ceci avec ton résultat on a une nouvelle preuve du fait que:
$\lim\limits_{n \to \infty}g^{n-1}(a)=x_0$ où $x_0$ est l'abscisse vérifiant $g(x_0)=x_0$
En espérant ne pas avoir accumulé trop d'inepties .
Cordialement.
Je me suis servi de 2 résultats :
1/ les 2 suites converges vers une même limite $x_0$ (a) et sont distincts ($g^n(a)\neq g^n(b)$) (b)
2/Si $g$ dérivable en $x_0$ alors $\displaystyle\lim_{\substack{(x,y)\to (x_0,x_0)\\x\neq y}} \frac{g(x)-g(y)}{x-y}=g'(x_0)$
Ps : le résultat 1/(b) est discutable.
Bonne journée.
Et donc si on suppose que $|g(x)-c|< |x-c|$ donc $\lim_{n \to \infty} g^n(a) =\lim_{n \to \infty} g^n(b) = c$ alors
$$\lim_{n \to \infty}\frac{g^{n+1}(a)-g^{n+1}(b)}{g^{n}(a)-g^{n}(b)}=\lim_{n \to \infty} \frac{g'(c)(g^{n}(a)-g^{n}(b))+o(g^{n}(a)-g^{n}(b))}{g^{n}(a)-g^{n}(b)}= g'(c)$$
Parce que tel quel ton résultat prouverait, qu'en prenant $b=a$ on pourrait conclure également...
Ce qui est pour le moins discutable.
Par contre on peut dire que $c$ et $g'(c)$ existent et que si $g'(c) \ne 0$ alors il existe un voisinage $[a,b]$ de $c$ tel que $g(x) -g(y) \ne 0$ pour tout $x,y \in [a,b],x-y \ne 0$.
Si $g'(c) = 0$ (mais $g$ pas identiquement nulle) je ne suis pas sûr de ce qu'on peut dire.
$\mid [g^{-1}(x_0)]'-x_0 \mid \geq \mid g'(x_0)\mid$ avec $g^{-1}(x)$ la fonction réciproque de $g(x)$ , et donc tel que $g'(x) < 1$ pour n'importe quel $x$ appartenant aux réels .
Cordialement.
Regarde ici : http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?43,1198849,1199283#msg-1199283
La solution ici : http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?43,1198849,1207981#msg-1207981
Enfin, une condition essentielle pour pouvoir utiliser le théorème du point fixe de Picard, c'est de travailler avec une fonction strictement contractante de F dans lui même (avec F métrique complet).
Bonne journée.
Cordialement.
Si $g$ bijective il suffit que $g$ ou $g^{-1}$ soit contractante pour avoir un point fixe, pour $g$.
Bonne soirée.
Soit $f$ une application contractante montrer l'équivalence suivante $I=[a;b]$ avec $f\geq 0$ et $f(0)=0$:
$$0\leq \mid Arctan(\frac{2f'(x)}{-f'(x)^2+1})\mid \leq\frac{\pi}{2}\iff \sup_{x\in I} \mid f'(x)\mid \leq 1$$
En prenant , $f(x)=\frac{-x}{2}$, il me semble qu'il y a un problème.
Bonne soirée.
sauf erreur de ma part.
Bonne journée à toi
Cordialement.
On sait que $\arctan(\R)=]-\pi/2,\pi/2[$ et $f$ contractante, donc on a forcément les 2 inégalités vraies (dans ces conditions) ce qu'il fait quelles sont équivalentes.
édit
Bonne journée.
On prend une fonction avec les conditions ci-dessus et on fait une symétrie de celle-ci par rapport à l'axe des abscisses comme sur le dessin , on prend un point de la fonction supérieur à cet axe pour lui faire correspondre le point qui lui est symétrique sur la fonction inférieur à l'axe des abscisses . Ensuite on traçe les tangentes en ces deux points pour obtenir une intersection et donc un angle . La valeur de cet angle est donnée par la formule :
$$Arctan(\frac{2f'(x)}{-f'(x)^2+1})$$
Par la suite la valeur maximale de cet angle reflète la condition $\sup_{x\in I} \mid f'(x)\mid \leq 1$
pourexemple pourrais tu me donner une justification de cette méthode ?
Cordialement.