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Fonctions bornées et limites

Envoyé par etanche 
Fonctions bornées et limites
il y a six mois
Bonjour, [soient]
$$
f(x)=\sum_{n=0}^{+\infty} x^{2^{n}} ,\qquad g(x)=\frac{\ln(1-x)}{\ln(2) } ,$$ sur $]0;1[.$
a) Est-ce que $f+g$ est bornée sur $]0;1[$ ?
b) Est-ce que la limite de $f(x)+g(x)$ existe quand $x$ tend vers $1^{+} $ ?
Merci



Edité 2 fois. La dernière correction date de il y a cinq mois et a été effectuée par etanche.
Re: Fonctions bornées et limites
il y a six mois
Salut,
Je crois qu'il faut que tu remplaces $f-g$ par un $f+g$, sinon ça va être trop facile et les gens qui veulent faire chauffer les méninges vont s'embêter.
Re: Fonctions bornées et limites
il y a six mois
avatar
Bonsoir, ta fonction $f$ admet un pôle en $x=1$ et n'est pas prolongeable analytiquement en dehors du disque de convergence $D = \{z \in \mathbb{C}; \; |z| < 1\}$ donc la recherche de la limite en $1^+$ est impossible.

A demon wind propelled me east of the sun
Re: Fonctions bornées et limites
il y a cinq mois
avatar
Bon, vu que les deux seules réponses pointent les petites erreurs de frappe, je me lance dans la partie maths.

Posons $I=[0,1[$, pour simplifier.
Tout d'abord, je remarque que : \[\forall x\in I,\ \forall N\in\N,\quad (1-x)\prod_{n=0}^{N}\big(1+x^{2^n}\big)=1-x^{2^{N+1}},
\] donc \[\forall x\in I,\quad -\ln(1-x) = \sum_{n=0}^{+\infty}\ln(1+x^{2^n})=\sum_{n=0}^{+\infty}\sum_{p=0}^{+\infty}\frac{(-1)^p\big(x^{2^n}\big)^{p+1}}{p+1}.
\] Mais pour tout $x\in I$ et tout $n\in\N$, si on note $u_n:p\mapsto \frac{(-1)^p\left(x^{2^n}\right)^{p+1}}{p+1}$ alors $\|u_n\|_{\infty}\leq x^{2^n}$ donc il y a convergence normale de la série $\sum_{n\geq 0}u_n$ et on peut intervertir les sommes pour obtenir :
\[\forall x\in I, \quad -\ln(1-x)=\sum_{p=0}^{+\infty}\frac{(-1)^p}{p+1}\sum_{n=0}^{+\infty}\big(x^{p+1}\big)^{2^n}=\sum_{p=0}^{+\infty}\frac{(-1)^p}{p+1}f(x^{p+1}).

\] Par conséquent : \[\forall x\in I, \quad \ln(2)f(x)+\ln(1-x)=\sum_{p={\color{red}1}}^{+\infty}\frac{(-1)^p}{p+1}\big(f(x)-f(x^{p+1})\big)\] puisque le terme pour $p=0$ est nul.

J'ai vainement essayé de montrer que cette expression vérifiait le critère des séries alternées... mais peut-être que vous y arriverez.



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a cinq mois et a été effectuée par AD.
Re: Fonctions bornées et limites
il y a cinq mois
Bonjour,


On peut exprimer $f(x^2), g(x^2)$ en fonction de $f(x), g(x) $ puis considérer l'expression $\delta(x) - \delta(x^{2^n})$ où $\delta =f-g$ puis on peut répondre aux deux questions.
Re: Fonctions bornées et limites
il y a cinq mois
avatar
a) Montrons que $f+g$ est bornée sur $\mathopen[0,1\mathclose[$. Les fonctions $f$ et $g$ sont continues sur $\mathopen[0,1\mathclose[$. Pour tout $x\in\mathopen[0,1\mathclose[$, $$\int_{0}^{+\infty}x^{2^t}\mathrm dt\leq \sum_{n=0}^{+\infty}x^{2^n}\leq x+ \int_{0}^{+\infty}x^{2^t}\mathrm dt.$$ En enchaînant : changement de variable $u=-2^t\ln x$ suivi d'une IPP, on obtient : $$\int_{0}^{+\infty}x^{2^t}\mathrm dt=\frac{1}{\ln 2}\int_{-\ln x}^{+\infty}\frac{\mathrm e^{-u}}{u}\mathrm du=\frac{1}{\ln 2}\bigg(-x\ln(-\ln x)+\int_{-\ln x}^{+\infty}\mathrm e^{-u}\ln u\,\mathrm du\bigg).$$ On en déduit : $$ \int_{0}^{+\infty}x^{2^t}\mathrm dt+g(x)=O(1)\quad (x\to 1),$$ puis la conclusion.

Edit : Retouche d'une borne.



Edité 2 fois. La dernière correction date de il y a cinq mois et a été effectuée par AD.
Re: Fonctions bornées et limites
il y a cinq mois
avatar
Je suis étonné qu'etanche ne soit pas revenu corriger son énoncé...

Bravo Audeo pour la réponse à la première question. C'était pourtant classique.

Quant à side, je suis intéressé par ta méthode car je ne vois pas comment conclure. En particulier, je ne vois pas comment cela peut montrer l'existence de la limite en $1^-$.
Re: Fonctions bornées et limites
il y a cinq mois
Bonjour,

Ce que j'imaginais est forcément faux (comme l'a prouvé Audeo) car la stratégie que je visais était de prouver que la différence était non bornée.
J'avais bien vu que l'énoncé initial avait été amendé.

Je regarderai si on peut quand même en tirer quelque chose (si dans l'énoncé on remplace $g$ par une fonction non équivalente en $x=1$ (par ex si on remplace $\ln 2$ par $\ln 3$), on pourrait conclure mais c'est sans intérêt)
Mais ça deviendrait beaucoup plus compliqué que la preuve d'Audeo si ça aboutissait ce qui est peu probable (ça doit être possible pour la 1ere question, mais à mon avis pas pour la seconde).
Re: Fonctions bornées et limites
il y a cinq mois
@bisam c’est le signe + , merci.



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a cinq mois et a été effectuée par etanche.
Re: Fonctions bornées et limites
il y a cinq mois
avatar
Re: Fonctions bornées et limites
il y a cinq mois
Merci Audeo pour le lien.
Re: Fonctions bornées et limites
il y a cinq mois
bonsoir,


Question 1
je n'ai pas mes notes sous les yeux, dont j'écris de mémoire, je corrigerai demain et compléterai éventuellement les calculs imprécis ou faux.
Par ailleurs, je n'ai pas vérifié les calculs.

Dans le désordre car j'ai utilisé 2 méthodes différentes.
On commence par des remarques banales et des encadrements grossiers.

Notations et abus de notation
$I=[0;1[, J=[0;1]$
Quand j'écrirai par exemple "soit $n_x\in N, n_x=-\ln(1-x)$ " c'est évidemment complètement faux, je considère la partie entière par ex, il faut donc s'assurer que tous les équivalents et estimations sont vrais, ce que je ne ferai pas (et que je n'ai pas fait)
$g(x):=-\frac{\ln(1-x)}{\ln 2}$ définie sur $I$ (c'est l'opposée de la fonction de l'énoncé)
$\delta(x):=(f-g)(x)-(f-g)(x^2)$ définie sur $I$
$\varphi(x):=x-\frac{\ln(1+x)}{\ln 2}$ définie sur $J$ est de classe $C^1$

On commence par des remarques banales et des encadrements grossiers.
$\forall x\in I, f(x)\le \sum_{n>0} x^n \le \frac{1}{1-x}$
$\forall x\in I, f'(x)\le \sum_{n>0} nx^{n-1} \le \frac{1}{(1-x)^2}$
$\delta=\varphi$ (j'espère ne pas me tromper de signe)
$\varphi(0)=\varphi(1)=0$ et comme $\varphi$ est $C^1$, on peut écrire (c'est-à-dire il existe $r,s$) $\forall x\in J, \varphi(x)=x(1-x)r(x)=x \ln (x) s(x)$ avec $r$ continues sur $J$ et (Correctif) $s$ continue sur $[1/2;1]$.

une minoration
$\forall x \in I, \forall n, f(x) \ge \sum_{k\le n} x^{2^k} \ge (n+1)x^{\sum_{k\le n} 2^k}=(n+1)x^{\frac{2^{n+1}-1}{n+1}}$ (moyenne arithmétique supérieure à moyenne géométrique)

une majoration
$\forall x\in I, \forall n>0, f(x)=f(x^{2^n})+x+x^2+...x^{2^{n-1}} \le \frac{1}{1-x^{2^n}}+n$

Soit $n_x\in \N$ tel que $2^{n_x}=\frac{1}{1-x}$ (rappel abus, prendre la partie entière)
Alors en écrivant la minoration et la majoration en choisissant cet entier, on montre que $f$ est minorée et majorée par des fonctions équivalentes en 1 à $-\frac{\ln(1-x)}{\ln 2}$ donc $f \sim_1 -\frac{\ln(1-x)}{\ln 2}=g(x)$

Ecrivons les encadrements pour $f-g$
$\forall x\in I, (n_x+1)x^{\frac{2^{n_x+1}-1}{n_x+1}} -g(x) \le f(x)-g(x) \le \frac{1}{1-x^{2^{n_x}}}+n_x-g(x)$
Un calcul laborieux (not pour la minoration) donne des limites finies lorsque $x$ tend vers $1$ pour les fonctions majorantes et minorantes (je donnerai les valeurs, il me semble qu'on trouve resp. $-2, \frac{e}{e-1}$, je ne suis pas sûr).
Donc $f-g$ est bornée sur $I$ (car continue sur $I$ et bornée au voisinage de $1$).

Autre méthode (je ne suis plus sûr des notations introduites et majorations, encore une fois de mémoire)
On commence par montrer

ERREUR A CORRIGER POUR LA SECONDE MAJORATION
$\forall x\in [1/2;1], |(f-g)|(x)=|\sum_k \delta(x^{2^k})|\le \sum_k |\varphi(x^{2^k})| \le ||s||_{\infty }\sum_k x^{2^k} 2^k|\ln (x)| \le ||s||_{\infty }(1-x)x \sum_k x^{2^k-1} 2^k=||s||_{\infty }(1-x)x f'(x)$ d’où $\forall x\in [1/2;1], |(f-g)|(x) \le ||s||_{\infty }(1-x) f'(x)$



ll suffit (SOUS RÉSERVE DE RÉUSSIR A CORRIGER L'ERREUR CI-DESSUS) pour conclure de montrer que $f'(x)=O(\frac{1}{1-x})$ (car par ailleurs $f$ est continue donc bornée sur $[0;1/2]$).

On procède comme pour la majoration de $f$ en utilisant la relation fonctionnelle, et en optimisant le choix d'un entier $n_x$.
rappels
$\forall x\in [0;1], \forall n>0, f(x)=f(x^{2^n})+x+x^2+...+x^{2^{n-1}} \le \frac{1}{1-x^{2^n}}+n$
$f'(x)\le \sum_{n>0} nx^{n-1} \le \frac{1}{(1-x)^2}$
On a donc $f'(x) =2^n x^{2^n-1}f'(x^{2^n})+1+2x+...+2^{n-1}x^{2^{n-1}-1} \le \frac{2^n}{(1-x^{2^n})^2}+2^{n}$ et en choisissant $n_x\in \N$ tel que $2^{n_x}=\frac{1}{1-x}$ on obtient le $O$ recherché ce qui achève la preuve.

Question 2
Il me semble avoir prouvé que si $\delta$ possède une limite en $1$ alors $\delta$ est dérivable en $1$ avec une dérivée qu'on peut expliciter. Résultat à confirmer.
De toute façon, je n'en déduis aucune contradiction.

J'ai également essayé de prendre d'autre valeurs de $n_x$ (éventuellement différentes) pour affiner les encadrements de $f-g$, mais je n'ai rien obtenu d'intéressant.

Comme je ne sais pas si le résultat est vrai ou pas je n'ai approfondi aucune de ces 2 méthodes (la première pour montrer que c'est faux, la seconde pour montrer que c'est vrai). Il est toujours plus facile de prouver un résultat lorsqu'on connaît la réponse...



Edité 5 fois. La dernière correction date de il y a cinq mois et a été effectuée par side.
Re: Fonctions bornées et limites
il y a cinq mois
avatar
Side : Pas de limite. Question traitée sur MSE, lien dans mon post précédent.
Re: Fonctions bornées et limites
il y a cinq mois
@Audeo, merci
Re: Fonctions bornées et limites
il y a cinq mois
avatar
Tentative de conclusion sans analyse complexe...

Pour tout $x\in\mathopen]0,1\mathclose[$, on pose : $$\varphi(x)=\frac{\ln(-\ln x)}{\ln 2}$$ avec, d'une part, pour tout $x\in\mathopen]0,1\mathclose[$, $\varphi(x^2)=\varphi(x)+1$ et d'autre part, $\varphi(x)=g(x)+o(1)$ ($x\to 1$).
Pour tout $x\in\mathopen]0,1\mathclose[$, on pose : $$\psi(x)=\sum_{n=1}^{+\infty}(x^{1/2^n}-1)=\sum_{k=1}^{+\infty}\frac{(\ln x)^k}{(2^k-1)k!}$$ avec, pour tout $x\in\mathopen]0,1\mathclose[$, $\psi(x^2)=\psi(x)+x-1$.
Pour tout $x\in\mathopen]0,1\mathclose[$, on pose : $$H(x)=f(x)+\varphi(x)+\psi(x)$$ avec, pour tout $x\in\mathopen]0,1\mathclose[$, $H(x^2)=H(x)$, puisque $f(x^2)=f(x)-x$.

Par l'absurde, supposons que $f+g$ admette une limite lorsque $x$ tend vers $1$. Comme $f(x)+\varphi(x)=f(x)+g(x)+o(1)$ et comme $\psi(x)=O(-\ln x)$, il en va de même pour $H$. Ainsi, comme pour tout $x\in\mathopen]0,1\mathclose[$ et tout entier naturel $n$, $H(x)=H(x^{1/2^n})$, $H$ est constante. On vérifie sans trop de difficulté que $f$, $\varphi$ et $\psi$ sont dérivables sur $\mathopen]0,1\mathclose[$ avec : $$\begin{aligned} &f'(x)=\sum_{n=0}^{+\infty}2^nx^{2^n-1}, \\[3pt] &\varphi'(x)=\frac{1}{\ln 2}\cdot\frac{1}{x\ln x}\thicksim\frac{-1}{\ln 2}\cdot\frac{1}{1-x},\\[6pt] &\psi'(x)=\frac{1}{x}\sum_{k=1}^{+\infty}\frac{(\ln x)^{k-1}}{(k-1)!(2^k-1)}=O(1).\end{aligned}$$ On en déduit : $$\sum_{n=0}^{+\infty}(2^n\ln 2)\,x^{2^n-1}\thicksim \frac{1}{1-x} \quad (x\to 1).$$ D'après le théorème de Hardy-Littelwood-Karamata, en posant : $$a_k=\left\{\begin{aligned} &2^t\ln 2 \quad \text{si $k=2^t-1$} \\ &0 \quad \text{sinon}\end{aligned}\right. \quad \text{on a} \quad \sum_{k=0}^{n}a_k\thicksim n.$$ Il suit $$2^{n}\thicksim \sum_{k=0}^{2^n-1}a_k=\sum_{t=0}^{n}2^t\ln 2\thicksim 2^{n+1}\ln 2,$$ contradiction.
Re: Fonctions bornées et limites
il y a cinq mois
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Alors là, chapeau !
Bravo pour avoir réussi à reprendre les ingrédients donnés sur mathexchange et les avoir tournés à ta sauce pour en extraire le résultat.
L'utilisation du théorème de Hardy-Littlewood en fait une beauté : cela peut devenir un sujet complet de concours pour des MP (voire des PSI si on détaille l'interversion de somme pour $\psi$) à condition d'admettre ce théorème (comme cela a déjà été fait à plusieurs reprises ces dernières années, dont au moins deux fois en 2016).
Re: Fonctions bornées et limites
il y a cinq mois
Chapeau bas Audeo pour ta preuve taupinale . Comme le souligne bisam y a de quoi faire un joli sujet d’analyse pour les concours MP.

Théorème Hardy-Littlewood Karamata [individual.utoronto.ca]

Pour le sujet des Mines que bisam fait allusion [thibaultlefeuvre.files.wordpress.com]

Version faible de Karamata [mathoverflow.net]



Edité 6 fois. La dernière correction date de il y a cinq mois et a été effectuée par etanche.
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