Condition d'uniforme continuité
Bonjour,
J'ai la question suivante.
Soit $f : \mathbb R \to \mathbb R$ une fonction continue, bornée et qui vérifie la condition:
$$\lim_{h\to 0}\sup_{x\in\mathbb{R}}\vert f(x+h)-2f(x)+f(x-h) \vert=0.
$$ Comment prouver que $f$ est uniformément continue ?
Par contradiction, si $f$ n'est pas uniformément continue, il existe $a \gt 0$ et deux suites $(x_n),(y_n)$ telles que $\vert x_n - y_n \vert \to 0$ tandis que $\vert f(x_n) - f(y_n) \vert \ge a$. $f$ étant bornée, on peut même supposer que $(f(x_n)) \to X$ et $(f(y_n)) \to Y$.
Je n'arrive pas à aller plus loin pour l'instant, sachant que je n'ai pas utilisé la continuité de $f$. J'essaye de m'inspirer de $x \mapsto \sin x^2$... sans grand succès non plus.
Auriez-vous quelques idées ? merci !
J'ai la question suivante.
Soit $f : \mathbb R \to \mathbb R$ une fonction continue, bornée et qui vérifie la condition:
$$\lim_{h\to 0}\sup_{x\in\mathbb{R}}\vert f(x+h)-2f(x)+f(x-h) \vert=0.
$$ Comment prouver que $f$ est uniformément continue ?
Par contradiction, si $f$ n'est pas uniformément continue, il existe $a \gt 0$ et deux suites $(x_n),(y_n)$ telles que $\vert x_n - y_n \vert \to 0$ tandis que $\vert f(x_n) - f(y_n) \vert \ge a$. $f$ étant bornée, on peut même supposer que $(f(x_n)) \to X$ et $(f(y_n)) \to Y$.
Je n'arrive pas à aller plus loin pour l'instant, sachant que je n'ai pas utilisé la continuité de $f$. J'essaye de m'inspirer de $x \mapsto \sin x^2$... sans grand succès non plus.
Auriez-vous quelques idées ? merci !
Connectez-vous ou Inscrivez-vous pour répondre.
Réponses
$f(x_n + y_n - x_n) - 2f(x_n) + f(x_n - (y_n - x_n)) = f(y_n) - 2f(x_n) + f(-y_n) \rightarrow 0$
Pourtant $|f(y_n) - 2f(x_n) + f(-y_n)| \geq |f(y_n) - f(x_n)| - |f(-y_n) - f(x_n)| \geq a - 2\|f\|_\infty$
Cela est contradictoire excepté si $a = 2\|f\|_\infty$ ie il y a égalité dans $a \leq |f(x_n) - f(y_n)| \leq 2 \|f\|_\infty$ ie $f(x_n) = \|f\|_\infty = -f(y_n)$
Dans ce cas : $|f(y_n) - 2f(x_n) + f(-y_n)| = 3\|f\|_\infty - f(-y_n) \geq 2\|f\|_\infty$
et on a aussi une contradiction exepté si $\|f\|_\infty = 0$ mais bon, ce cas n'est pas difficile.
J'ai écrit au fil de la plume et je pense que ma rédaction n'est pas optimale!
Ça ne marche pas Borelline. Déjà, $x_n-(y_n-x_n)=2x_n-y_n$ et pas $-y_n$, mais surtout ta minoration $|f(y_n) - 2f(x_n) + f(-y_n)| \geqslant a - 2\|f\|_\infty$ ne peut mener à rien puisque $a - 2\|f\|_\infty\leqslant 0$.
Soient $x\in\Bbb R$ et $h>0$. En minorant $\delta_h f(x+kh)$ en fonction de $\delta_h f(x)$ pour $k\in\Bbb N$, puis en minorant $f(x+nh)-f(x)$ par la même méthode pour $n\in\Bbb N$, on obtient une majoration de $\delta_h f(x)$. En faisant intelligemment disparaître le $n$, on en déduit une inégalité du style $\|\delta_h f\|_\infty \leqslant c\sqrt{ \|f\|_\infty\|\delta_h ^2 f\|_\infty}$. Or on sait que $\|\delta_h ^2 f\|_\infty\underset{h\to0}\longrightarrow0$ et l'uniforme continuité équivaut à $\|\delta_h f\|_\infty\underset{h\to0}\longrightarrow0$.
Voici les détails d'un autre argument (où d'ailleurs n'intervient pas la continuité de $f$).
Supposons que $f$ ne soit pas uniformément continue sur $\R.\:\: $
$\exists u>0\:$ tel que $\: \forall \alpha>0,\:\: \exists (x_{\alpha}, \:h_{\alpha})\in\R \times ]0;\alpha[\:\:$ tel que $\:\:\left| f(x_{\alpha} + h_{\alpha}) -f(x_{\alpha})\right| >u.\quad (1).$
Soit $N\in \N^*$ fixé. Les hypothèses disent que : $\:\:\exists \alpha>0 $ tel que $\:\forall (x ; h) \in \R \times [0; \alpha[,\quad \left| f(x+h) -2f(x) +f(x-h)\right|< \dfrac uN.\quad (2)$
Soit $y :=x_{\alpha}, \:\: k:=h_{\alpha}.\:\:$ Alors, quitte à remplacer $f$ par $-f$ $,\:(1)$ donne $f(y+k) -f(y)>u\:$ et avec $(2),\:$ on obtient par récurrence :
$ \:\:\forall i \in [\![0;N]\!], \:\:\:f\left(y-(i-1)k\right) - f\left(y-ik \right)>u-\dfrac {ui}N,$ ce qui conduit, en "sommant" ces inégalités pour $i$ allant de $0$ à $N$, à:
$$ \forall N \in \N^*,\:\:\exists (y;k)\in \R^2 \:\text{tel que}\: \:\:f(y+k)-f(y-Nk)> \dfrac {(N+1)u}2.$$
Cela contredit le caractère borné de $f$.
Je rappelle les notations : $\delta_h f (x) := f(x+h)-f(x)$ et $\delta_h^2 f (x) :=\delta_h f(x+h)- \delta_hf(x)$.
Soient $x\in\Bbb R$, $h>0$ et $n\in\Bbb N^*$. On a : $\forall k\in\Bbb N,$ $$\begin{eqnarray*}
\delta_h f(x+kh) &=& \delta_h f(x) +\sum_{i=0}^{k-1} \delta_h^2 f(x+ih) \\
&\geqslant &\delta_h f(x) - k \|\delta_h^2 f\|_\infty.
\end{eqnarray*}$$ Puis $$\begin{eqnarray*}
2\|f\|_\infty &\geqslant& f(x+nh) -f(x)\\
&=&\sum_{k=0}^{n-1} \delta_h f(x+kh) \\
&\geqslant& \sum_{k=0}^{n-1} (\delta_h f(x) - k \|\delta_h^2 f\|_\infty) \qquad (*) \\
&=& n\, \delta_h f(x) - \frac{n(n-1)}2 \|\delta_h^2 f\|_\infty
\end{eqnarray*}$$ donc $\delta_h f(x) \leqslant \frac2n \|f\|_\infty + \frac{n-1}2 \|\delta_h^2 f\|_\infty$. Et quitte à appliquer le même raisonnement à $-f$, on obtient la même majoration pour $-\delta_h f(x)$. Puis en passant au sup sur $x$, on en déduit : $$\|\delta_h f\|_\infty \leqslant \frac2n \|f\|_\infty + \frac{n-1}2 \|\delta_h^2 f\|_\infty.$$ Posons $g_h : t\mapsto \frac2t \|f\|_\infty + \frac{t}2 \|\delta_h^2 f\|_\infty$. L'IAG nous dit que $\min\limits_{]0,\infty[} g_h= 2\sqrt{\|f\|_\infty \|\delta_h^2 f\|_\infty}$. Soit $t_h$ le point où $g_h$ atteint son minimum. Alors : $$\begin{eqnarray*}
\|\delta_h f\|_\infty &\leqslant& \frac2{\lfloor t_h \rfloor +1} \|f\|_\infty +\frac{\lfloor t_h \rfloor}2 \|\delta_h^2 f\|_\infty\\[0.5mm]
&\leqslant& g_h(t_h)
\end{eqnarray*} \\
\fbox{$\; \|\delta_h f\|_\infty \leqslant 2\sqrt{\|f\|_\infty \|\delta_h^2 f\|_\infty} \;$}
$$ Ceci est valable pour toute fonction bornée $f:\Bbb R\to\Bbb R$, continue ou non.
Dans le cas présent, $\|\delta_h^2 f\|_\infty \underset{h\to0}\longrightarrow 0$, donc $\|\delta_h f\|_\infty \longrightarrow 0$ et $f$ est uniformément continue.
En particulier, si $f$ est deux fois dérivable avec $f$, $f'$ et $f''$ bornées, on a $\frac1h \|\delta_h f\|_\infty \longrightarrow \| f'\|_\infty$ et $\frac1{h^2} \|\delta_h^2 f\|_\infty \leqslant \| f''\|_\infty$ donc $\| f'\|_\infty \leqslant 2 \sqrt{\|f\|_\infty \| f''\|_\infty} $. Et en reprenant le raisonnement précédent en remplaçant l'étape $(*)$ par $\displaystyle 2\|f\|_\infty \geqslant \sum_{k=-n+1}^{n-1} (\delta_h f(x) - |k| \|\delta_h^2 f\|_\infty)$, on peut même obtenir $\|\delta_h f\|_\infty \leqslant \sqrt{\color{red}{2} \|f\|_\infty \|\delta_h^2 f\|_\infty} +2 \|\delta_h^2 f\|_\infty $, donc : $$\fbox{$\; \| f'\|_\infty \leqslant \sqrt{\color{red}{2} \|f\|_\infty \| f''\|_\infty} \;$}
$$ Cette inégalité est optimale dans le sens où $c=\color{red}{\sqrt 2}$ est la plus petite constante vérifiant $\| f'\|_\infty \leqslant c\sqrt{\|f\|_\infty \| f''\|_\infty}$.
Edit : modifications indiquées en rouge.
Et on peut obtenir la dernière inégalité encadrée plus facilement en continuïsant (le contraire de discrétiser) le raisonnement précédent : $$\begin{eqnarray*}
2\|f\|_\infty &\geqslant& f(x+t) -f(x-t)\\
&=&\int_{-t}^t f'(x+s)\,{\rm d}s \\
&\geqslant& \int_{-t}^t (f'(x) - |t|\|f''\|_\infty)\,{\rm d}s \\
&=& 2t f'(x) - t^2 \|f''\|_\infty
\end{eqnarray*}$$etc.
side : De quelle formule de Taylor parles-tu ? Il y en a plusieurs. Est-ce que tu peux donner ces preuves en 2 à 4 lignes s'il te plaît ?
Pour l'optimalité de $\sqrt2$, on peut utiliser des approximations ${\cal C}^2$ de la fonction $f$ impaire et 4-periodique telle que $\forall x\in[0,2], f(x)=1-(x-1)^2$. Pour la visualiser : elle ressemble beaucoup à une courbe sinusoïdale, mais les vagues sont paraboliques.
MrJ : Ça me dit quelque chose maintenant... J'ai déjà vu "$M_1\leqslant \sqrt{2M_0M_1}$" mais je l'avais oublié.