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Application contractante

Envoyé par max8128 
Application contractante
il y a deux années
avatar
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.



Edité 2 fois. La dernière correction date de il y a deux années et a été effectuée par max8128.
Re: Application contractante
il y a deux années
As-tu essayé sur des exemples ?
Re: Application contractante
il y a deux années
avatar
J'ai pensé à la composition infini de cosinus mais rien de plus je crois d'ailleurs que c'est un contre exemple .
Re: Application contractante
il y a deux années
Quels sont les exemples d'applications contractantes les plus simples que tu connaisses ?
Re: Application contractante
il y a deux années
J'interviens juste pour dire qu'il vaudrait mieux écrire $g^n(a)$ plutôt que $g(a)^n$ pour une question de cohérence.
Re: Application contractante
il y a deux années
En effet !
Re: Application contractante
il y a deux années
Ce n'est pas tout à fait cela une application conractante
Re: Application contractante
il y a deux années
Si l'on prend une application (vraiment) contractante des plus simples, par exemple $f(x)=\frac{x}{2}$ de $[-1,1]$ dans lui-même, on voit que la réponse est : non.
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.
Re: Application contractante
il y a deux années
avatar
Bonjour,

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.



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a deux années et a été effectuée par pourexemple.
Re: Application contractante
il y a deux années
avatar
Une dernière question a t-on toujours :

$$\lim\limits_{n \to \infty} g^n(a)-g^n(b)=0$$

Cordialement.
Re: Application contractante
il y a deux années
avatar
Bonjour,

Dans le cas de strictement contractante, oui.
Dans le cas de contractante, non (par exemple g(x)=x).

Bonne journée.
Re: Application contractante
il y a deux années
avatar
Cela va peut-être t'intéressé : [www.les-mathematiques.net]
Re: Application contractante
il y a deux années
avatar
Merci pourexemple ,le fil auquel tu as participé est effectivement très intéressant , du coup j'ai trouvé une démonstration simple pour ma question :


Re: Application contractante
il y a deux années
avatar
Bonjour,

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.
Re: Application contractante
il y a deux années
avatar
Merci pourexemple , j'aurais une petite question comment es tu arrivé au fait que la limite est $g'(x_0)$ ? je t'en donne la raison de mon côté :
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.
Re: Application contractante
il y a deux années
avatar
Bonjour
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.



Edité 2 fois. La dernière correction date de il y a deux années et a été effectuée par AD.
Re: Application contractante
il y a deux années
Si $g(x)$ est contractante de point fixe $c \in [a,b]$ alors $g(x) = g(c)+(x-c)g'(c)+o(x-c)$ et $g(x)-g(y) = (x-y)g'(c)+o(x-y)$

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
$$\lim_{n \to \infty}\frac{g^{n+1}(a)-g^{n+1}(b)}{g^{n}(a)-g^{n}(b)}=\lim_{n \to \infty} \frac{g'(c)(g^{n}(a)-g^{n}(b))+o(g^{n}(a)-g^{n}(b))}{g^{n}(a)-g^{n}(b)}= g'(c)$$



Edité 2 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a deux ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par reuns.
Re: Application contractante
il y a deux années
avatar
Oui, mais tu ne dis pas pourquoi $g^n(a)\neq g^n(b)$ au moins à partir d'un certain rang...

Parce que tel quel ton résultat prouverait, qu'en prenant $b=a$ on pourrait conclure également...

Ce qui est pour le moins discutable.
Re: Application contractante
il y a deux années
Oui j'ai éludé le cas pathologique $g^n(a) = g^n(b)$ qui est tout à fait possible : prends $g(x) = \sin(x)$.

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.
Re: Application contractante
il y a deux années
avatar
Pour clôturer ce fil une dernière assertion a t-on toujours avec les conditions de mon premier post :

$\mid [g^{-1}(x_0)]'-x_0 \mid \geq \mid g'(x_0)\mid$ 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.
Re: Application contractante
il y a deux années
avatar
Bonjour,

Regarde ici : [www.les-mathematiques.net]
La solution ici : [www.les-mathematiques.net]

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.



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a deux ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par pourexemple.
Re: Application contractante
il y a deux années
avatar
Merci pourexemple , mais je t'avoue ne pas voir le lien avec mon inégalité .

Cordialement.
Re: Application contractante
il y a deux années
avatar
Bonsoir,

Si $g$ bijective il suffit que $g$ ou $g^{-1}$ soit contractante pour avoir un point fixe, pour $g$.

Bonne soirée.
Re: Application contractante
il y a deux années
avatar
Un dernier problème pour la route :
Soit $f$ une application contractante montrer l'équivalence suivante $I=[a;b]$ avec $f\geq 0$ et $f(0)=0$:

$$0\leq \mid Arctan(\frac{2f'(x)}{-f'(x)^2+1})\mid \leq\frac{\pi}{2}\iff \sup_{x\in I} \mid f'(x)\mid \leq 1$$



Edité 3 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a deux ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par max8128.
Re: Application contractante
il y a deux années
avatar
Bonsoir,

En prenant , $f(x)=\frac{-x}{2}$, il me semble qu'il y a un problème.

Bonne soirée.
Re: Application contractante
il y a deux années
avatar
C'est corrigé merci d'avoir souligné l'erreur pourexemple .
Re: Application contractante
il y a deux années
avatar
Il me semble que cela ne marche toujours pas $f'(x)=-1/2$ et donc $|f'|\leq 1$ et $$\arctan(\frac{-1}{1-1/4})<0$$



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a deux ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par pourexemple.
Re: Application contractante
il y a deux années
avatar
Salut pourexemple j'ai rajouté des conditions supplémentaires et tu as oublié d'appliquer les valeurs absolues sur $Arctan$
sauf erreur de ma part.

Bonne journée à toi

Cordialement.
Re: Application contractante
il y a deux années
avatar
je te donne un indice avec la formule donnant l'angle entre deux droites du plan : [fr.wikipedia.org]
Re: Application contractante
il y a deux années
avatar
Bonjour,

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.



Edité 2 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a deux ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par pourexemple.
Re: Application contractante
il y a deux années
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Voici une méthode :
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.


Re: Application contractante
il y a deux années
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@Max : encore une fois il me semble que tes inégalités sont toujours vraies, dans les conditions dans lesquelles tu te places.
Re: Application contractante
il y a deux années
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Ok merci. winking smiley
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