Continuité de cette fonction
Bonjour
S'il vous plaît comment montrer que cette fonction [est continue] $$
\begin{array}{ccc}
\mathbb{K}\times E&\longrightarrow&E\\
(\lambda, x)&\longmapsto& \lambda x
\end{array}
$$ Sachant que l'espace produit est muni de la norme sup.
J'ai essayé de montrer qu'elle est Lipshitzienne mais je bloque
Soit $(\lambda_0,x_0)\in \mathbb{K}\times E$
$ ||\lambda x-\lambda_0 x_0||= ||\lambda(x-x_0+x_0)-(\lambda_0+\lambda-\lambda)x_0||\leq |\lambda| ||x-x_0||+|\lambda-\lambda_0|| ||x_0||$
S'il vous plaît comment montrer que cette fonction [est continue] $$
\begin{array}{ccc}
\mathbb{K}\times E&\longrightarrow&E\\
(\lambda, x)&\longmapsto& \lambda x
\end{array}
$$ Sachant que l'espace produit est muni de la norme sup.
J'ai essayé de montrer qu'elle est Lipshitzienne mais je bloque
Soit $(\lambda_0,x_0)\in \mathbb{K}\times E$
$ ||\lambda x-\lambda_0 x_0||= ||\lambda(x-x_0+x_0)-(\lambda_0+\lambda-\lambda)x_0||\leq |\lambda| ||x-x_0||+|\lambda-\lambda_0|| ||x_0||$
Réponses
-
Bonjour
Utilise le fait que
$\lambda x-\lambda_0x_0=\lambda x-\lambda x_0+\lambda x_0-\lambda_0x_0$ -
Bonjour,
Soit $\varepsilon > 0$. Comment choisir $\eta > 0$ de façon à ce que pour tout $(\lambda,x)$ distant de $(\lambda_0,x_0)$ d'au plus $\eta$, on ait $|\lambda| \cdot \|x-x_0\|+|\lambda-\lambda_0| \cdot \|x_0\| < \varepsilon$ ? -
Si on note $x= (u,\lambda)$ et $h = (v,\epsilon) $, alors
\begin{align*}
\left| f(x+h) - f(x) \right| &= \left| (\lambda+\epsilon)(u+v) - \lambda u \right|= \left|\lambda v +\epsilon u +\epsilon v \right| \\
&\leq \left| \lambda v \right| + \left|\epsilon u\right| + \left|\epsilon v\right| \\
&\leq \|x\| \|h\| + \|x\| \|h\| + \|h\|^2
\end{align*} Et ça tend bien vers 0 quand $\|h\|$ tend vers 0
PS : la "valeur absolue" est ici la norme de $E$, et $\|.\|$ la norme de l'espace produit. -
$$
||\lambda x-\lambda_0 x_0||\leq |\lambda| ||x-x_0||+ |\lambda-\lambda_0| ||x_0||.
$$ Comment retrouver la norme produit ? -
Comment arriver à $\sup(|\lambda-\lambda_0|,||x-x_0||) $ ?
-
$a+b \leq 2 \sup(a,b)$ pour $a,b \geq 0$.
-
Oui mais que faire avec $|\lambda |$ et $|x_0|$ ? Comment trouver la constante ?
-
$|{\lambda}|+|{x_0}|$?
-
On fixe $(v_0,\alpha_0)\in K\times E$ et $\varepsilon >0$. On note ||.|| la norme de E et |.| la norme de $K$ et la norme dans $K\times E$ est $max(|.|,||.||)$.
On cherche $\delta>0$ tel que si $|\alpha-\alpha_0|\leq \delta$ et $|v-v_0|\leq \delta$ alors $\lVert \alpha_0v_0-\alpha v\rVert\leq \varepsilon$. On a
\begin{align}
\lVert \alpha_0v_0-\alpha v\rVert&\leq \lVert \alpha_0v_0-\alpha v_0\rVert+
\lVert \alpha v_0-\alpha v\rVert\\
&=|\alpha_0-\alpha|\lVert v_0\rVert+|\alpha|\lVert v-v_0\rVert\\
&\leq |\alpha_0-\alpha|(\lVert v_0\rVert+\lVert v-v_0\rVert)+|\alpha_0|\lVert v-v_0\rVert.
\end{align}
On choisit $\delta$ tel que $\delta^2+\delta(\lVert v_0\rVert+|\alpha_0|)\leq \varepsilon$ (cela est possible).
dans ce cas, $\lVert \alpha_0v_0-\alpha v\rVert\leq \varepsilon$ lorsque $|\alpha-\alpha_0|\leq \delta$ et $\lVert v- v_0\rVert\leq \delta$.
Autrement dit $\lVert \alpha_0v_0-\alpha v\rVert\leq \varepsilon$ lorsque $ \max(|\alpha-\alpha_0|, \lVert v-v_0\rVert)\leq \delta$Le 😄 Farceur -
je pense avoir compris cette méthode et pour la constante de Lipshitz? ca peut-être $|\lambda|+||x_0||$ ?
Merci -
Je pense qu'on ne peux pas avoir $|\lambda|+||x_0||$ comme constante car $\lambda$ est quelconque il n'est pas fixé.
-
Ta fonction n'est pas Lipschitzienne sur son ensemble de définition, tu auras du mal à trouver une constante de Lipschitz...
Prends $x\in E$ de norme 1, et pose $x_n = nx$, alors $(n, x_n)$ est de norme $n$, et $f(n,x_n) = n^2x$ est de norme $n^2$, donc une hypothétique constante de Lipschitz devrait être supérieure à tout $n$, ce qui est impossible. -
edit Grillé par Tryss
Je ne sais pas si cette fonction est Lipschitzienne ou uniformément continue sur $K\times E$ ( Je n'ai pas réfléchi du tout).Le 😄 Farceur -
Ma remarque était absurde. Ça m’apprendra à rédiger depuis mon portable...
-
On peut démontrer que sa fonction est localement Lipschitzienne ce qui assure aussi la continuitéLe 😄 Farceur
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Bonjour!
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