Soit H l'ensemble des fonctions lipschitziennes définies de [0, 1] dans IR. On admettra que H est un espace vectoriel réel.
1. Montre que tout élément de H est uniformément continue
2. Montre que toute fonction e classe C1 sur [0,1] appartiennent à H.
Pour f élément de H,
n(f)= inf {k ≥0 tel que pour tout élément x et y de [0, 1], |f(x)-f(y)|≤ k|x-y|}
3. Montre que pour f élément de H, x et y élément de [0, 1], on a:
|f(x)-f(y)| ≤ n(f)|x-y|
4. Montre que pour f et g éléments de H et a un nombre réel, on a:
n(f+g)≤n(f)+n(g) et n(af)= a n(f)
5. Montre que l'application μ: f ϵ H ↦ |f(0)|+ n(f) est une norme sur H vérifiant l'inégalité ‖f‖_∞ ≤ μ(f), pour tout f élément de H.
Pour chaque entier n≥1, on note f_n la fonction réelle définie sur [0, 1] par
f_n (x)= nx, si 0≤x≤1/n et f_n (x)=1, si 1/n ≤x≤1
6. Vérifie que f_n est un élément de H et calcule μ(f_n).
7. Les deux normes μ et ‖ ‖_∞ sont-elles équivalentes sur H?
8. Soit 〖(g_n)〗_n une suite de Cauchy sur (H, μ)
a. Démontre que 〖(g_n)〗_n est une suite de Cauchy de (C([0, 1]), ‖ ‖_∞)
Déduis-en que la suite 〖(g_n)〗_n converge pour le norme ‖ ‖_∞ vers un élément g de C([0, 1]).
b. Montre que g est un élément de H
c. Démontre que la limite de [μ(g_n - g)] est égale à 0.
d. Que conclure ?
Aidez moi s'il vous plaît. J'ai vraiment cherché
Re: Aidez moi s'il vous plaît. J'ai vraiment cherché
Bonjour
1) Soit $f$ k-lipschitzienne et soit $\epsilon \in {\mathbb R}^{+*}$ et $\eta =\frac{\epsilon}{k}$
$\forall (x,y) \in [0,1]^2,\ |x-y|\leq \eta \Longrightarrow |f(x)-f(y)|\leq k|x-y|\leq k\eta =\epsilon$
donc $f$ est uniformément continue sur [0 , 1]
2) D'après la formule des accroissements finis, $\forall (x,y)\in [0,1]^2$ $x$ et $y$ distincts
$\exists c\in ]x , y[ \ /\ f(x)-f(y)=(x-y)f'(c)$.
La fonction dérivée $f'$ continue sur un intervalle fermé est bornée et atteint ses bornes. Soit $M=\sup_{x\in [0,1]} |f'(x)l|$.
On a alors $|f(x)-f(y)|=|x-y|\cdot |f'(c)|\leq M|x-y|$. Ilégalité vérifiée également si $x=y$.
$f$ est donc M-lipschitzienne.
3) Soit$K_f=\{k\geq 0 \ |\ \forall (x,y) \in [0,1]^2, |f(x)-f(y)|\leq k|x-y|\}$
Pour $x$ et $y$ distincts appartenant à [0, 1], $\forall k\in K_f,\frac{|f(x)-f(y)|}{|x-y|}\leq k$
En passant à la borne inférieure, on en déduit $\frac{|f(x)-f(y)|}{|x-y|} \leq n(f)$ donc $|fx)-f(y)|\leq n(f)|x-y|$ ( vérifié également si $x=y$.
4) $|(f+g)(x)-(f+g)(y)|\leq |f(x)-f(y)|+|g(x)-g(y)|\leq n(f) |x-y|+n(g)|x-y|=(n(f)+n(g))|x-y|$
De la définition de $n(f+g)$ on déduit que $n(f+g)\leq n(f)+n(g)$.
$|af(x)-af(y)|=|a|\ |f(x)-f(y)|$
La plus petite valeur de $k$ vérifiant $|af(x)-af(y)|\leq k|x-y|$ est donc $|a|n(f)$ soit $n(af)=|a|n(f)$.
5. En utilisant la question précédente :
$\mu (af)=|af(0)|+n(af)=|a| f(0)+|a|n(f)=|a| (|f(0)+n(f))=|a| \mu (f)$
$\mu(f+g) =|(f+g)(0)|+n(f+g)\leq |f(0)|+|g(0)|+n(f)+n(g)=\mu (f) +\mu (g)$
$\mu (f)=0 \Longrightarrow |f(0|=0$ et $n(f)=0$
$n(f)=0 \Longrightarrow \forall (x,y) \in [0,1]^2 ,|f(x)-f(y)|=0$ soit $f(x)=f(y)$
et comme $f(0)=0$, $f$ est nulle sur [0,1]
$u$ est donc une norme.
6. Si $x$ et $y$ appartiennent à $[0, \frac{1}{n}],\ |f_n(x)-f_n(y)|=|nx -ny|=n|x-y|$
Si $x\in [0, \frac{1}{n}]$ et $y\in [\frac{1}{n} , 1] , |f(x)-f(y)|=f(y)-f(x)=1-nx\leq ny-nx =n|x-y|$
Si $x$ et $y$ appartiennent à $[\frac{1}{n},1], f_n(x)-f_n(y)=0$
Donc $\mu (f_n) =|f_n(0)|+n(f_n)=0+n(f_n)=n$ plus petite valeur pour que l'inégalité de définition soit vérifiée quels que soient $x$ et $y$.
7) Pour tout $n$, $||f_n||_{\infty}=1$ mais la suite des normes $\mu$ des fonctions $f_n$ tend vers l'infini donc les normes ne sont pas équivalentes.
1) Soit $f$ k-lipschitzienne et soit $\epsilon \in {\mathbb R}^{+*}$ et $\eta =\frac{\epsilon}{k}$
$\forall (x,y) \in [0,1]^2,\ |x-y|\leq \eta \Longrightarrow |f(x)-f(y)|\leq k|x-y|\leq k\eta =\epsilon$
donc $f$ est uniformément continue sur [0 , 1]
2) D'après la formule des accroissements finis, $\forall (x,y)\in [0,1]^2$ $x$ et $y$ distincts
$\exists c\in ]x , y[ \ /\ f(x)-f(y)=(x-y)f'(c)$.
La fonction dérivée $f'$ continue sur un intervalle fermé est bornée et atteint ses bornes. Soit $M=\sup_{x\in [0,1]} |f'(x)l|$.
On a alors $|f(x)-f(y)|=|x-y|\cdot |f'(c)|\leq M|x-y|$. Ilégalité vérifiée également si $x=y$.
$f$ est donc M-lipschitzienne.
3) Soit$K_f=\{k\geq 0 \ |\ \forall (x,y) \in [0,1]^2, |f(x)-f(y)|\leq k|x-y|\}$
Pour $x$ et $y$ distincts appartenant à [0, 1], $\forall k\in K_f,\frac{|f(x)-f(y)|}{|x-y|}\leq k$
En passant à la borne inférieure, on en déduit $\frac{|f(x)-f(y)|}{|x-y|} \leq n(f)$ donc $|fx)-f(y)|\leq n(f)|x-y|$ ( vérifié également si $x=y$.
4) $|(f+g)(x)-(f+g)(y)|\leq |f(x)-f(y)|+|g(x)-g(y)|\leq n(f) |x-y|+n(g)|x-y|=(n(f)+n(g))|x-y|$
De la définition de $n(f+g)$ on déduit que $n(f+g)\leq n(f)+n(g)$.
$|af(x)-af(y)|=|a|\ |f(x)-f(y)|$
La plus petite valeur de $k$ vérifiant $|af(x)-af(y)|\leq k|x-y|$ est donc $|a|n(f)$ soit $n(af)=|a|n(f)$.
5. En utilisant la question précédente :
$\mu (af)=|af(0)|+n(af)=|a| f(0)+|a|n(f)=|a| (|f(0)+n(f))=|a| \mu (f)$
$\mu(f+g) =|(f+g)(0)|+n(f+g)\leq |f(0)|+|g(0)|+n(f)+n(g)=\mu (f) +\mu (g)$
$\mu (f)=0 \Longrightarrow |f(0|=0$ et $n(f)=0$
$n(f)=0 \Longrightarrow \forall (x,y) \in [0,1]^2 ,|f(x)-f(y)|=0$ soit $f(x)=f(y)$
et comme $f(0)=0$, $f$ est nulle sur [0,1]
$u$ est donc une norme.
6. Si $x$ et $y$ appartiennent à $[0, \frac{1}{n}],\ |f_n(x)-f_n(y)|=|nx -ny|=n|x-y|$
Si $x\in [0, \frac{1}{n}]$ et $y\in [\frac{1}{n} , 1] , |f(x)-f(y)|=f(y)-f(x)=1-nx\leq ny-nx =n|x-y|$
Si $x$ et $y$ appartiennent à $[\frac{1}{n},1], f_n(x)-f_n(y)=0$
Donc $\mu (f_n) =|f_n(0)|+n(f_n)=0+n(f_n)=n$ plus petite valeur pour que l'inégalité de définition soit vérifiée quels que soient $x$ et $y$.
7) Pour tout $n$, $||f_n||_{\infty}=1$ mais la suite des normes $\mu$ des fonctions $f_n$ tend vers l'infini donc les normes ne sont pas équivalentes.