$h=f+g$ croissante + décroissante
Soit $h $ Schwartz $\R \to \R$ alors il existe $\phi \ge 0$ Schwartz et $w \in L^1$ telles que $h' = w \ast \phi$
(prendre $p(y) = (1+y^2)\sup_{|z| > y} (|z\hat{h}(z)|+|\hat{h}'(z)|)^{1/4}$, $\varphi \ge 0\in C^\infty_c, \hat{\phi} = p \ast \varphi \ast \varphi(-.) \ast p(-.)$ et $\hat{w} = \frac{\hat{h'}}{\hat{\phi}}$)
Soit $u(x) = \int_{-\infty}^x \max(w(y),0)dy, v(x)= w(x)-u(x)=\int_{-\infty}^x \min(w(y),0)dy$
$f =u \ast \phi\in C^\infty$ est croissante et $ g=v \ast \phi \in C^\infty$ est décroissante
$h = f+g$
(prendre $p(y) = (1+y^2)\sup_{|z| > y} (|z\hat{h}(z)|+|\hat{h}'(z)|)^{1/4}$, $\varphi \ge 0\in C^\infty_c, \hat{\phi} = p \ast \varphi \ast \varphi(-.) \ast p(-.)$ et $\hat{w} = \frac{\hat{h'}}{\hat{\phi}}$)
Soit $u(x) = \int_{-\infty}^x \max(w(y),0)dy, v(x)= w(x)-u(x)=\int_{-\infty}^x \min(w(y),0)dy$
$f =u \ast \phi\in C^\infty$ est croissante et $ g=v \ast \phi \in C^\infty$ est décroissante
$h = f+g$
Connectez-vous ou Inscrivez-vous pour répondre.
Réponses
Veux-tu préciser la question, car je te vois répondre à une question invisible.
J'imagine que la question est : Toute fonction régulière est - elle la somme de deux fonctions monotones de monotonie opposée ?
Je crains que ta réponse est fausse, je me rappelle ( P ou Bobyjoé) avait expliqué que ceci à une lien avec les fonctions à variations bornées
$\phi = |\Phi|^2$ est Schwartz et on a $h' = \phi \ast w$ où $w$ est bornée
Donc $f' = \phi \ast \max(w,0)$ est $C^\infty$ et $\ge 0$ et $g' = \phi \ast \min(w,0)$ est $C^\infty$ et $\le 0$
$f(x) = h(0)+ \int_0^x f'(y)dy$ est $C^\infty$ croissante et $g(x) = \int_0^x g'(y) dy$ est $C^\infty$ décroissante
et $h = f+g$
$A = \sup_x h'(x)$ alors $g(x) =h(x)-Ax$ est décroissante
et $h = Ax+g$
Si $h$ est $C^\infty$ et $ \sup_x h'(x)= \infty$ est-ce qu'il y a un moyen de savoir s'il existe $f,g \in C^\infty$ croissantes décroissantes telles que $h = f+g$ ?
Si je ne dis pas de bêtises une fonction s'écrit comme différence de deux fonctions monotones ssi elle est localement à variation bornées et alors on a les décompositions évoquées précédemment. Donc la réponse à ta seconde question devrait être "dès que $f'$ est localement intégrable".
EDIT : mea culpa, je n'avais pas bien vu l'hypothèse $C^\infty$.
Merci d'avoir préciser enfin la question. peux-tu erre plus précis pour les visiteurs : h est $C^{\infty}$ sur quoi?$\R$ ou un intervalle de $\R$
Je crois que c'est un exercice classique de montrer que si $\varphi$ est une fonction continue sur $\R$ il existe une fonction $\psi$ qui est $C^1$ sur $\R$ et telle que $\varphi\leq \psi$. Je suppose qu'on peut faire pareil avec $C^\infty$ à la place de $C^1$.
Pourquoi ce n'est pas top à lire? Mettre la charrette avant les bœufs ou bien donner la réponse avant la question te donne du vertige ?
@Corto
Je ne comprends pas ton idée, tu dis : il suffit qu'il existe g régulière telle que $$ \forall x\in \R,\quad g(x)\geq g(a)+\int_a^{x} |f'(t)| dt.
$$ Mais après, pour remonter le raisonnement, donc il faut dériver mais la dérivation n'est pas croissante.
ne pas se méprendre, j'adore lire toutes les réponses et les preuves ou ébauches de preuves et il y encore tellement je crois (et... bref...)
si je reste sur ce topic je pourrais y passer la journée à tenter tout et n'importe quoi ... et c'est comme ça que je suis
ensuite j'ai aussi tendance à vouloir répondre trop vite, parfois en étant juste, parfois en étant faux, parfois entre les deux
en ayant lu la question initiale à moitié
Ce verbe pronom se méprendre je ne connais pas sa signification
J'ai cherché et je trouve : Se méprendre : Se tromper dans l'appréciation de quelque chose ou de quelqu'un, en prenant une chose, une personne pour une autre. Synon. se tromper.
Je me suis mal exprimé, je voulais dire dans mon message que je ressens des vertiges dans je lis reuns ( très difficile de comprendre ce qu'il veut dire) Attention il est médaillé en or sur ME
sur ce topic, ce qui m'a aussi donné le vertige c'est:
on sait décomposer une fonction de l'espace de Schwartz en une différence de fonctions monotones
en intégrant tout ça...
comment cela se traduit de "jolie façon" (à définir/découvrir/apprécier/s'appliquer à un problème) sur l'ensemble des fonctions bornées sur $\mathbb{R}$ ?
je donne la métaphore car je ne sais pas exprimer cela comme il faut autrement en si peu de temps (quitte à me tromper):
une fonction convexe est un point
une fonction bornée est un segment ? un vecteur ?
etc etc etc, quelle métrique choisir ? etc ?
un tas de questions.
Comme je n'étais peut-être pas clair je reprend :
Lemme : Soit $\varphi : \R \to \R$ une fonction continue, il existe $\psi : \R \to \R$ une fonction $C^\infty$ telle que $\psi \geq \varphi$.
Prenons maintenant notre fonction $f \in C^\infty ( \R)$ qu'on souhaite décomposer. La fonction $|f'|$ est continue, il existe donc une fonction $\psi\in C^\infty(\R)$ telle que $\psi \geq |f'|$. On pose alors $g$ la primitive de $\psi$ qui s'annule en $0$. La fonction $g$ est croissante car $g'\geq 0$, elle est $C^\infty$ car $g'=\psi$ l'est et $f-g$ est décroissante car $f'-g' \leq |f'|-g' \leq 0$. On pose alors $h = f-g$ et on a bien $f=g+h$ avec $g,h$ deux fonctions $C^\infty$ respectivement croissante et décroissante.
La démonstration du lemme est laissée au lecteur (j'espère qu'il est vrai, j'ai une démo en tête mais un peu la flemme de l'écrire :)o)
Merci corto
Heureusement dans ce Forum, on ne sanctionne un membre par ses délires (n'est-ce pas @AD):-)
Peux-tu donner les grandes lignes de la preuve de ton lemme.
Il est faux si on remplace $\R$ par un segment [a,b] , n'est ce pas ?
Oui tu as raison
s'il te plait donne moi un congé forcé d'une semaine