Continuité.
Bonjour, j'aimerais savoir si mon raisonnement manque de rigueur par rapport au corrigé.
Énoncé. Soient $f$ une application de $[0,1]$ à valeurs dans $\mathbb{R}$, $n \in \mathbb{N^{*}}$ et $x_{1},\ldots,x_{n} \in [0,1]$.
Montrer qu'il existe $x \in \mathbb{R}$ tel que $f(x)=\frac{1}{n} \sum_{k=1}^n{f(x_{k})}$
Voici ce que je fais.
D'abord en travaillant avec le cas $n=2$ je me suis aperçu de ce qu'on me demandait et j'ai donc généralisé de la manière suivante.
Soit $n\in \mathbb{N^{*}}$.
Comme $f$ est continue sur $[0,1]$ d'après l'un des corollaires du théorème du maximum, l'image de ce segment par $f$ est un segment.
Notons $J$ ce segment de la forme $[m,M]$ où $m,M \in \mathbb{R}$.
Pour tout $x_{k} \in [0,1]$ , on a $f(x_{k}) \in [m,M]$, de plus $\frac{1}{n} \sum_{k=1}^n{f(x_{k})} \in [m,M]$.
Posons $y=\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n{f(x_{k})}$.
Par continuité de $f$ sur $[0,1]$, il existe $x \in [0,1]$, tel que $f(x)=y$.
Merci d'avance pour votre aide.
Énoncé. Soient $f$ une application de $[0,1]$ à valeurs dans $\mathbb{R}$, $n \in \mathbb{N^{*}}$ et $x_{1},\ldots,x_{n} \in [0,1]$.
Montrer qu'il existe $x \in \mathbb{R}$ tel que $f(x)=\frac{1}{n} \sum_{k=1}^n{f(x_{k})}$
Voici ce que je fais.
D'abord en travaillant avec le cas $n=2$ je me suis aperçu de ce qu'on me demandait et j'ai donc généralisé de la manière suivante.
Soit $n\in \mathbb{N^{*}}$.
Comme $f$ est continue sur $[0,1]$ d'après l'un des corollaires du théorème du maximum, l'image de ce segment par $f$ est un segment.
Notons $J$ ce segment de la forme $[m,M]$ où $m,M \in \mathbb{R}$.
Pour tout $x_{k} \in [0,1]$ , on a $f(x_{k}) \in [m,M]$, de plus $\frac{1}{n} \sum_{k=1}^n{f(x_{k})} \in [m,M]$.
Posons $y=\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n{f(x_{k})}$.
Par continuité de $f$ sur $[0,1]$, il existe $x \in [0,1]$, tel que $f(x)=y$.
Merci d'avance pour votre aide.
Réponses
-
Bonjour.
le corrigé ("D'après le théorème des valeurs intermédiaires") est plus éclairant que toi ("par continuité"), sinon, ta démonstration est correcte.
Cordialement.
NB : dans les deux cas est utilisé sans démonstration le fait que la moyenne est entre les valeurs qui servent à la calculer. -
Ben ... tu ne l'as pas fait, donc tu connais la réponse. On aurait aussi pu n'utiliser que le max et le min des $f(x_k)$.
Rappel : un corrigé d'un exercice n'est qu'un corrigé, pas le corrigé officiel. -
Merci
-
Bonsoir, je suis bloqué sur ma démonstration.
Je veux montrer que ma fonction $f$ atteint effectivement son minimum sur $\mathbb{R}$.
Voici ce que je fais(je donne les grandes lignes ici):
Soit $A$ un réel strictement positif.
Par définition de la limite dans les deux cas:
On peut trouver dans notre cas:
un réel $M_{1}>0$ tel que pour tout $x \geq M_{1}$, on a $f(x)>A$
un réel $M_{2}<0$ tel que pour tout $x \leq M_{2} $, on a $f(x)>A$.
Cela nous permet d'appliquer le théorème du maximum sur $[M_{2},M_{1}]$.
Mon problème: Comment être certain que le minimum de $f$ est atteint sur $[M_{2},M_{1}]$?
Je crois qu'il y a des arguments à ajouter pour le montrer mais elles m'échappent.
Merci pour votre compréhension.
Énoncé: -
supp
-
Concernant ta première idée, je suis curieux de savoir pourquoi tu penses à cette idée :-D.
Peux-tu me le dire ? -
supp
-
Attien,
pour $f(x) = x^2+100$ et $A = 10$, tu peux prendre $A_1 = 2$ et $A_2=-3$, mais alors ton intervalle est vide.
Maintenant, en choisissant mieux l'intervalle, tu pourras t'assurer que f prend des valeurs inférieures à $A$ et ça n'arrive que sur l'intervalle choisi (puisqu'en dehors elle est plus grande). Un minimum sur l'intervalle sera donc un minimum global.
Cordialement. -
J'ai écrit des A pour les M et inversé les rôles. Il faut lire $M_1=-3$ et $M_2 = 2$.
Rien n'assure que ton intervalle soit non vide. La proposition de Side assure qu'il y ait des réels dans l'intervalle.
Dans mon exemple :
$\forall x>-3,\ f(x)>10$
$\forall x<2,\ f(x)>10$
$[M_2,M_1]=[2;-3]=\emptyset$.
La suite de mon message est claire, non ? Tu as un intervalle sur lequel f(x) prend des valeurs inférieures ou égales à A, et à l'extérieur de cet intervalle $f(x)>A$ pour tout x. Donc un minimum global sur cet intervalle est bien un minimum global sur $\R$.
Cordialement. -
supp
-
Au fait dans mon raisonnement, j’ai cru que si je me permettais de prendre $M_{2}<0$ et $M_{1}>0$ , cela entraînera que 0 est dans l’intervalle donc non vide .
-
Ah, effectivement, j'avais raté cette condition sur $M_1$ et $M_2$. Mais comme tu ne t'en servais pas ...
Il reste qu'il est difficile de continuer ta preuve, car il n'y a aucune raison que f(0) soit inférieur à A. Il va falloir prouver que f prend des valeurs inférieures ou égales à A, et si le minimum de f est supérieur à A, ça n'arrive pas.
Puisque tu mettais 0 dans l'intervalle, il fallait que ton A soit choisi de façon à pouvoir faire la suite de la preuve ... ce qui revient à l'idée de Side.
Cordialement. -
donc si je prends $A=f(0)$ le problème est résolu.
-
Oui. A toi de rédiger maintenant correctement la preuve ...
-
Bonsoir , j'ai du mal à utiliser la dernière hypothèse afin de résoudre mon exercice:
les grandes lignes de mon raisonnement:
$f$ est $k-$Lipschitzienne de rapport $0\leq k <1$ sur $R$, donc $f$ est continue sur $R$ ce qui implique la continuité de $f$ sur tout segment de $R$ donc il existe $M \in \mathbb{R_{+}}$ tel que $I=[-M;M]$.
D'après l'un des corollaires du théorème du maximum, $f$ est bornée et atteint ses bornes sur $I$.
Je n'arrive pas à utiliser le fait que $0\leq k <1$ , pour montrer que $f([-M;M]) \subset [-M;M]$.
je veux juste une indication.
Merci d'avance.
Énoncé: -
Je ne comprends pas le début, dans ton énoncé, tu disais "f continue sur $\mathbb R$". Je ne comprends pas non plus la suite. Tu fais le même exercice ?
Ah ! Avec ton habitude de cacher l'énoncé en petit à la fin (*), on ne sait pas au début de ton message que tu parles d'autre chose !!
Bon, je reviens à ton énoncé nouveau. Je ne comprends pas ce que tu racontes : Que veut dire "Il existe $M\in \mathbb R^+$ tel que $I=[-M, M]$" ?? C'est qui, $I$ ??? c'est quoi ce $M$ qui n'est relié à rien ? On dirait que tu copies des bouts de corrigés d'exercices que tu n'as pas compris, mais que tu replaces au hasard.
Que veut dire concrètement que f est k-lipschitzienne avec k<1 ? Si tu comprends l'hypothèse, tu as fait déjà la moitié du chemin.
Cordialement.
(*) tu pourrais copier ces énoncés courts en LaTeX au début de ton message. Par politesse. -
Désolé pour les énoncés que rien mets en bas, concernant mon raisonnement, je ne regarde pas un corrigé sans avoir terminé l’exercice moi-même avec les informations que j’ai de l’exo.
Le fait que f soit lipschitzienne, entraîne que la fonction est bien continue sur $\R$ non ? -
Soit $f$ une application de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$ Lipschitzienne de rapport $0\leq k<1$.
Montrer qu'il existe $M \in \mathbb{R_{+}}$ tel que $f([-M;M]) \subset [-M;M]$.
Désolé. -
Bonjour, j'ai pu montré finalement mon résultat.
soit $x \in [-M;M]$ avec $M \in \mathbb{R_{+}}$
on sait que $|f(x)-f(0)|\leq k|x|\leq kM$.
alors on a $|f(x)|=|f(x)-f(0)+f(0)| \leq |f(x)-f(0)|+|f(0)|\leq kM+|f(0)|$.
en posant $M=\frac{|f(0)|}{1-k}$ on a $|f(x)| \leq M$. -
Bonjour.
1) Je t'avais demandé "Que veut dire concrètement que f est k-lipschitzienne avec k<1 ? "; tu as répondu en parlant d'autre chose.
2) Ton raisonnement est vicié par sa rédaction : Tu prends un M au début, donc c'est une valeur fixée; et à la fin tu choisis une nouvelle valeur pour M, ce qui n'est possible que si M n'est pas déjà connu. Ta première ligne peut par exemple s'écrire : "Soit $x\in [-3, 3]$ avec $3\in \mathbb R^+$" si on prend M=3. mais alors la deuxième ligne perd son sens.
En fait les 3 premières lignes sont du brouillon (tu supposes qu'un tel M existe et tu regardes ce que tu peux en dire). Seule la dernière ligne fait partie de la preuve, et il reste à justifier que cette valeur convient bien.
Ce n'est pas la première fois que je te vois rédiger ainsi. On te demande de prouver qu'il existe un "truc" tel que ... et tu pars bille en tête avec "Soit "truc", alors .."
Une des démarches classiques dans ce genre de preuve est l'analyse-synthèse, faite soit au brouillon, soit, si on veut montrer d'où ça sort, dans la preuve :
(partie analyse) Supposons qu'il existe un "truc" tel que ... (et on déroule jusqu'à avoir trouvé comment est fait "truc")
(partie synthèse) Soit "truc" défini par .. (avec ce qu'a trouvé l'analyse) alors .. (et si on a rédigé l'analyse, on peut reprendre des parties du raisonnement).
Le fait de ne rédiger que la partie synthèse fait un peu magicien, mais raccourcit fortement la rédaction au propre.
Cordialement. -
Merci pour toutes ces remarques, je crois que je vais relire mon cours de logique sur l'analyse d'un problème mathématique.
c'était une parenthèse.
Je crois que je me suis mélangé les pinceaux sur cet exercice car je n'arrivais pas à avoir une meilleure interprétation de ce qu'on me demandait et une mauvais analyse de l'exercice en question.
En réalité j'ai un problème même avec la définition $f$ est k-Lipschitzienne.
la définition dit que $\exists k\geq 0$ tel que $\forall (x,y)\in I^{2} $, $|f(x)-f(y)|\leq k|x-y|$.
En recherchent sur $Google$, je n'ai pas eu une explication adéquate, donc déjà je suis embrouillé avec cette notion.
Je crois qu'il serait mieux qu'on m'explique clairement cette notion afin que je puisses m'en sortir face à des exercices.
Merci d'avance pour votre compréhension. -
Non, les images de valeurs éloignées n'ont aucune raison d'être "proches". D'ailleurs, ça veut dire quoi, "proche" ? Et la définition est claire !
La définition de contractante est bien traduite par le nom : les images sont plus proches entre elles que les antécédents. C'est tout, et ça suffit pour comprendre ce qui va se passer fans ton exercice : Même si l'image de 0 est loin de 0, pour des nombres M éloignés de 0 les images des nombres de [-M,M] finiront par être moins éloignées de f(0) que M de 0 et par rester dans [-M,M].
Par exemple $f : x\mapsto 1000 + \frac x 2$ est contractante, les images de -10 et 10 sont 995 et 1005, elles ne sont pas proches, mais plus proches entre elles que -10 et 10.
Pour progresser, c'est ce genre de chose qu'il faut voir quand on apprend une définition. Connaître tous les mots de la définition n'a pas d'intérêt si on ne voit pas ce qui est défini.
Cordialement. -
Merci @gerard voici finalement ce que j'écris.
on cherche $M \in \mathbb{R_{+}}$ tel que $|f(x)|\leq M$ pour tout $x \in [-M;M]$.
Soit $M \in \mathbb{R_{+}}$ solution.
Brouillon
Posons $I=[-M;M]$
par hypothèse $|f(x)-f(y)| \leq k|x-y|$, pour tout $x,y\in \mathbb{R}$.
le résultat est aussi valable sur $I$.
en spécialisant $y=0$.
on a $|f(x)-f(0)|\leq k|x|$, mais comme $|x|\leq M$, on a aussi $|f(x)-f(0)|\leq kM$ (*)
D'une part , $|f(x)|\leq |f(x)-f(0)|+|f(0)|$ (via l'inégalité triangulaire) ainsi d'après (*) , on a $|f(x)|\leq kM +|f(0)|$ (**)
D'autre part, de (**) , $kM +|f(0)| \leq M$ si $M \geq \frac{|f(0)| }{1-k}$.
Rédaction finale:
Posons $M=\frac{|f(0)| }{1-k}$ qui est élément de $\mathbb{R_{+}}$ car quotient de quantités positives avec $1-k>0$.
Considérons alors le segment $I=[-M;M] $.
Comme $f$ est k-lipschitzienne alors $|f(x)-f(y)| \leq k|x-y|$ pour tout $x,y$ éléments de $I$.
$0$ est élément de $I$, donc en spécialisant $y=0$, on a $|f(x)-f(0)| \leq k|x|$.
Comme $|f(x)|=|f(x)-f(0)+f(0)|$ via l'inégalité triangulaire, on a $|f(x)| \leq |f(x)-f(0)|+|f(0)|$.(*)
on sait que $|f(0)|=(1-k)M$(**) et $|f(x)-f(0)|\leq k|x| \leq kM$ car $|x|\leq M$ (***).
De (*),(**) et (***) on a $|f(x)| \leq M$ pour tout $x \in I$..
donc $I$ est un intervalle $f-stable$. -
OK.
Une rédaction bien détaillée pour un niveau L1. A plus haut niveau, on réduira les explications.
A noter : Tout M supérieur à celui-ci convient; inversement, il est possible que des M inférieurs conviennent.
Cordialement. -
Soit $f$ une fonction de $R$ dans $R$ telle que $f\circ f$ admet un point fixe.
On me demande si $f$ admet un point fixe.
Mon premier raisonnement.
Supposons que $f$ n'admet pas de point fixe, donc pour tout $x \in \mathbb{R}$, on $f(x) \neq x$.
Et en composant par $f$ on obtient $f(f(x)) \neq f(x)$ et comme $f(x) \neq x$ nécessairement $f(f(x)) \neq x$ pour tout $x \in \mathbb{R}$.
Ce qui est absurde donc $f$ admet un point fixe.
Deuxième raisonnement.
Comme $f\circ f$ admet un point fixe, il existe $\alpha \in \mathbb{R}$ tel que $f\circ f(\alpha)=\alpha$
Considérons la fonction $g$ définie sur $R$ telle que $g(x)=f(x)-x$.
On a $g(\alpha)=f(\alpha)-\alpha$ et $g(f(\alpha))=a-f(\alpha)=-g(\alpha)$.
On a $g(\alpha).g(f(\alpha))<0$ donc d'après l'un des corollaires du théorème des valeurs intermédiaires, la fonction $g$ s'annule donc $f$ admet un point fixe.
Pour le premier raisonnement, est-ce possible de raisonner par l'absurde immédiatement ? -
Pour ton premier raisonnement, que penses tu du raisonnement analogue suivant : $1\neq 2$ et comme $2 \neq 1$, nécéssairement $1\neq 1$ ? :-D
-
ok je vois .
Merci. -
Attention, dans ton premier raisonnement, tu ne peux pas affirmer $g(\alpha).g(f(\alpha))<0$, seulement $g(\alpha).g(f(\alpha)) \le 0$.
Cordialement. -
Oups désolé je dis n'importe quoi.
Mauvaise lecture de ma part( je suis épuisé :-o)
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