Oral ENS Paris
Bonjour les amis(ies)
$g$ une fonction continue de $\R$ dans $\R$, $h(x)=x+g(x)$ strictement croissante
$u$ fonction continue bornée de $\R^+$ dans $\R$.
Sur $[1;+\infty[$ la fonction $u(t)+v(t)$ est supposée constante où $v(t)=\int_{t-1}^{t}g(u(s))ds$
Montrer que $u$ admet une limite en $+\infty$
Il y avait comme indication de montrer que $u$ est $C^1$ et $\int_{1}^{+\infty}u'^2(s)ds$ converge.Voilà ce que j'ai obtenu.
$u'(t)=-v'(t)=g(u(t))-g(u(t-1)) $ implique $u'$ est continue donc $u$ est $C^1$
après quelques transformations
$\int_{1}^{t}v'^2(s)ds=2\int_{1}^{t}g(u(s))v'2(s)ds-\int_{t-1}^{t}g^2(u(s))ds + \int_{0}^{1}g^2(u(s))ds$
$\int_{t-1}^{t}g^2(u(s))ds$ est majorée par une constante indépendant de $t$ car $u$ est bornée et $g$ est continue
$\int_{1}^{t}g(u(s))v'2(s)ds=-\int_{1}^{t}g(u(s))u'2(s)ds=\int_{u(1)}^{u(t)}g(x)dx$
donc $\int_{1}^{t}g(u(s))v'2(s)ds$ est bornée en valeur absolue par une constante indépendant de $t$
La fonction $\int_{1}^{t}v'^2(s)ds$ est croissante positive majorée par une constante
indépendant de $t$ donc
$\int_{1}^{+\infty}u'^2(s)ds = \int_{1}^{+\infty}v'^2(s)ds$ converge
Une manière d'utiliser $h(x)=x+g(x)$ strictement croissante pour voir $u$ admet une limite en $+ \infty$
après quelques transformations
$ h(u(t)) = (u(t)+v(t)) + \int_{t-1}^{t}( g(u(t)) - g(u(s)) )ds$
Je m'interroge sur la convergence de $ \int_{t-1}^{t}( g(u(t)) - g(u(s)) )$ ?
Si cette dernière converge $h\big(u(t)\big)$ admet une limite en plus l'infini donc $u$ aussi.
Merci pour un coup de pouce à terminer la résolution de cet exo.
Remarque on peut aussi prouver $u , v$ sont uniformément continues.
$g$ une fonction continue de $\R$ dans $\R$, $h(x)=x+g(x)$ strictement croissante
$u$ fonction continue bornée de $\R^+$ dans $\R$.
Sur $[1;+\infty[$ la fonction $u(t)+v(t)$ est supposée constante où $v(t)=\int_{t-1}^{t}g(u(s))ds$
Montrer que $u$ admet une limite en $+\infty$
Il y avait comme indication de montrer que $u$ est $C^1$ et $\int_{1}^{+\infty}u'^2(s)ds$ converge.Voilà ce que j'ai obtenu.
$u'(t)=-v'(t)=g(u(t))-g(u(t-1)) $ implique $u'$ est continue donc $u$ est $C^1$
après quelques transformations
$\int_{1}^{t}v'^2(s)ds=2\int_{1}^{t}g(u(s))v'2(s)ds-\int_{t-1}^{t}g^2(u(s))ds + \int_{0}^{1}g^2(u(s))ds$
$\int_{t-1}^{t}g^2(u(s))ds$ est majorée par une constante indépendant de $t$ car $u$ est bornée et $g$ est continue
$\int_{1}^{t}g(u(s))v'2(s)ds=-\int_{1}^{t}g(u(s))u'2(s)ds=\int_{u(1)}^{u(t)}g(x)dx$
donc $\int_{1}^{t}g(u(s))v'2(s)ds$ est bornée en valeur absolue par une constante indépendant de $t$
La fonction $\int_{1}^{t}v'^2(s)ds$ est croissante positive majorée par une constante
indépendant de $t$ donc
$\int_{1}^{+\infty}u'^2(s)ds = \int_{1}^{+\infty}v'^2(s)ds$ converge
Une manière d'utiliser $h(x)=x+g(x)$ strictement croissante pour voir $u$ admet une limite en $+ \infty$
après quelques transformations
$ h(u(t)) = (u(t)+v(t)) + \int_{t-1}^{t}( g(u(t)) - g(u(s)) )ds$
Je m'interroge sur la convergence de $ \int_{t-1}^{t}( g(u(t)) - g(u(s)) )$ ?
Si cette dernière converge $h\big(u(t)\big)$ admet une limite en plus l'infini donc $u$ aussi.
Merci pour un coup de pouce à terminer la résolution de cet exo.
Remarque on peut aussi prouver $u , v$ sont uniformément continues.
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Réponses
$u(x)-u(y)=\int_{y}^{x}u'(t)dt$
Avec Cauchy-Schwarz $|u(x)-u(y)|\leq \sqrt{\int_{y}^{x}u'^2(t)dt}\sqrt{|y-x|}$
Comme u' est carré intégrable l intégrale ci dessus tend vers zéro
quand x, y tend vers plus l infini.
Mais ça ne permet pas de voir que u vérifie le critère de Cauchy en plus
l infini.
Avez des idées ?
J'ai l'impression qu'en combinant tes idées, tu as ce que tu veux non ? En effet, pour $t$ assez grand, tu as $\vert u(x)-u(y)\vert \leq \epsilon \sqrt{\vert x-y\vert}$ d'après ton deuxième post.
Si tu injectes ça dans ton égalité :
$h(u(t)) = C + \int_{t-1}^t g(u(t))-g(u(s))ds$, tu obtiens ce que tu veux non ?
$g$ est continue donc uniformément continue sur tout compact (et $u$ est bornée), donc on dirait bien que l'intégrale qui t'embête tend vers $0$ quand $t$ tend vers $+\infty$.