Preuve d'un théorème
Réponses
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J'essaye... mais je n'ai pas ça en magasin.
Il y du Taylor Lagrange aussi, il me semble.
Mais tu demandes une preuve précise... alors on va voir ça...
On approche la courbe par une ligne brisée (Méthode ou même définition de Jordan).
Soit $n$ un entier naturel non nul et $(a_0=a, a_1, ..., a_n=b)$ la subdivision telle que pour tout $k$, $a_k=a_0+k\dfrac{b-a}{n}$.
On considère la ligne brisée liant les points $n+1$ points $(a_k ; f(a_k))$. FAIRE UN DESSIN.
On travaille dans un repère orthonormé.
La longueur de cette ligne brisée est : $\displaystyle \sum_{k=1}^n \sqrt{\big( f(a_k)-f(a_{k-1})\big) ^2+\dfrac{(b-a)}{n}^2}$ (j'écris les carrés, ça vient de Pythagore).
Cela me semble être un bon départ.
Édit : coquille -
Pour moi c'était la définition de la longueur.
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Ha ?
Je pensais que la définition était : si la limite de $long(ligne-brisée_n)$ existe, quels que soient les points sur la courbe, alors on appelle ça longueur de la courbe. Puis "théorème" : quand la courbe est $C^1$, ça donne cette formule. -
Dans ce document https://membres-ljk.imag.fr/Bernard.Ycart/mel/cs/cs.pdf on trouve une définition de la longueur d'une courbe paramétrée en page 5 et la preuve que cherche LR 2021 , théorème 1 page 6.
Pour ton cas particulier LR 2021 il te suffit de considérer la paramétrisation $t\mapsto (t, f(t))$. -
J'ai fait quelques recherches et en effet on trouve la définition de Dom.
Je me souviens que là où j'ai appris il s'agissait d'une définition. Je ne sais plus si c'était dans Rudin ou un cours de fac. -
La définition de la longueur de l'arc, c'est la borne supérieure des longueurs des lignes brisées inscrites, à définir avec une subdivision. Cette borne supérieure existe si et seulement si la fonction est à variation bornée sur $[a,b]$. C'est le cas notamment si la fonction est de classe $\mathcal C^1$, comme il est dit dans l’hypothèse du théorème cité par LR 2021. Noter que « dérivable » ne suffit pas. Après, il faut la démonstration de la formule. Je l'ai enseignée naguère en Math-Sup, je peux la retrouver si personne ne le fait auparavant.
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Merci raoul.S, c'est exactement ce type de démonstration que je cherchais .
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Avec cette expression : $$\displaystyle \sum_{k=1}^n \sqrt{\big( f(a_k)-f(a_{k-1})\big) ^2+\dfrac{(b-a)}{n}^2}$$
Puis un coup de Taylor Lagrange : $$\displaystyle \sum_{k=1}^n \sqrt{\Big( f'(c_k)\dfrac{(b-a)}{n}\Big) ^2 +\dfrac{(b-a)}{n}^2}$$ avec les $c_k$ dans $]a_k ; a_{k+1}[$.
On obtient : $$\displaystyle \dfrac{(b-a)}{n} \sum_{k=1}^n \sqrt{\Big( f'(c_k)\Big) ^2 +1}$$
On reconnaît une "somme de Riemann" mais je mets des guillemets car la subdivision constitués des $c_k$ n'est pas régulière et je ne connais plus la sémantique exacte...
Ce qui ne change pas la limite cependant. -
En tapant mon message, je n'avais pas vu le texte donné par raoul.S, qui répond à la question.
- Question supplémentaire : donner un exemple d'une fonction $f$, dérivable sur un segment $[a,b]$, dont la courbe représentative ne soit pas rectifiable.
- Autre question : la formule de la longueur d'un arc $\mathcal C^1$ s'exprime en fonction de la norme définie sur l'espace considéré, mais elle ne suppose pas que cette norme soit euclidienne, et il serait amusant de calculer la longueur d'une courbe si l'on choisit une autre norme.
- Et pour finir, un problème que j'avais posé dans un bulletin de l'APMEP.
Soient deux fonctions $f$ et $g$ de classe $\mathcal C^1$ sur un segment $[a,b]$, $a<b$, telles que la fonction $f$ soit convexe et que : $\forall x \in [a,b], g(x) \le f(x)$. Démontrer :$ \displaystyle \int_a^b \sqrt {1+g'(t)^2}dt \ge \int_a^b \sqrt {1+f'(t)^2}dt$ et préciser la condition de l'égalité.
Bonne soirée.
Fr. Ch. -
Oups, j'ai oublié. Merci bd2017. Je redonne l'énoncé correctement.-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------$\bullet $ Soient deux fonctions $f$ et $g$ de classe $\mathcal C^1$ sur un segment $[a,b], a<b$, à valeurs réelles, telles que la fonction $f$ soit convexe, $f(a)=g(a)$, $f(b)=g(b)$ et $\forall x \in [a,b], g(x) \le f(x)$. Démontrer : $ \displaystyle \int_a^b \sqrt {1+g'(t)^2}dt \ge \int_a^b \sqrt {1+f'(t)^2}dt$, et préciser la condition de l'égalité.-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Bonne soirée.Fr. Ch.
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@Dom oui ta démo est plus simple dans ce cas particulier.Chaurien a écrit:donner un exemple d'une fonction , dérivable sur un segment , dont la courbe représentative ne soit pas rectifiable.
exo : montrer que $g:[0,1]\to\R$, $x\mapsto x^2\sin\left(\dfrac{1}{x^2}\right)$ si $x\neq 0$ et $0$ sinon, fait l'affaire. -
Bonjour
Voici un début de preuve.
Sans rien changer à l'idée générale je suppose que f est concave et que g=f+h avec h positive (sur [a,b])
et $h(a)=h(b)=0$
Il s'agit de minimiser la fonction L(h), sous la contrainte $h\geq 0$
$L(h)=\int_a ^b \sqrt{1+(f'(x)+h'(x))^2 }dx $
Je suppose ici f de classe $C^2$
$L'(h)=\int_a ^b \dfrac{f'(x) h'(x)}{ (1+f'(x))^{1/2}} dx $
et une ipp donne
$L'(h)=-\int_a ^b \dfrac{f''(x) h(x)}{ (1+f'(x))^{3/2}} dx \geq 0 $
Si f n'est pas affine (sinon le résultat est déjà connu) alors L'(h)=0 ( sous la contrainte) ssi $h=0$.
Ce qui conduit au résultat avec égalité ssi h=0 (i.e f=g)
Sous l'hypothèse plus restrictive f de classe il faudra adapter $C^1.$ -
Bonsoir,Ne disposant pas d'outils sophistiqués pour la question intéressante posée par Chaurien, c'est une solution bricolée avec une "clef de 12" que je propose.$\R^2$ est muni d'un repère orthonormé. Pour tout segment $\sigma$ de $\R^2, \: p(\sigma) $ désigne la pente de $\sigma.$Pour tout intervalle $I = [a;b]$ de $\R$, je note $A(I)= \{f\in \mathcal C(I;\R) \mid f\text{ affine par morceaux}\}, \:\: A^C(I)= \{f \in A(I) \mid f\text{ convexe}\}.$Pour $f\in A(I) , \:\:\Gamma_f:= \{(x,f(x) \in \R^2 \mid x \in I\}, \:\: \mu(f) $ désigne le nombre de segments de pentes distinctes contenus dans $\Gamma_f.$Si $ \mu(f) =n,\: \Gamma_f$ s'écrit $\Gamma_f = \displaystyle \bigcup _{k=1} ^n [A_{k-1}A_k], \quad (x_{A_{k-1}}<x_{A_k}), \quad L(f)= \sum_{k=1}^n A_{k-1}A_k =\text{ longueur de }\Gamma_f.$$1)\quad \underline{ \forall f\in A(I) , \:\exists f^C \in A^C(I) \text{ tel que: }\quad f^C(a)=f(a), \: f^C(b) =f(b), \quad f^C\leqslant f, \quad L(f^C) \leqslant L(f).}$$f^C$ est l'élément de $A^C(I)$ tel que $\Gamma_{f^C} = \displaystyle \bigcup _{i=1}^s [A_{k_i}A_{k_{i+1}} ]\:\: $ où les $k_i$ sont définis par:$k_0=0,\quad \text{tant que }\: k_i \neq n, \quad p([A_{k_i}A_{k_{i+1}}]) = \inf \{ p([A_{k_i}A_j ])\mid k_i<j\leqslant n \}.$$2)\quad \underline{ \forall f,g \in A^C(I), \:\: \Big( f(a) =g(a), \: f(b) = g(b), \:\: g\leqslant f \Big ) \implies L(f)\leqslant L(g).}$On prouve ce point par récurrence sur $\mu(f).\:$ C'est clair si $\mu(f) =1.\quad $ Supposons donc $\mu(f)>1.$On note $B$ le point d'intersection de $[A_2A_3] $ et de la droite d'équation $x=x_{A_1}\:(B=A_1\text{ si }\mu(f) =2) \:\: $ et $C\: $ le point de $\Gamma_g$ d'abscisse $x_{A_1}.$$\bullet \quad $ Si $y_B\geqslant y_C,\: $ soit $\widehat f$ l'élément de $A^C(I) $ tel que $\Gamma_{\widehat f}$ est la ligne brisée $A_0BA_3 \dots A_n.$Alors on a: $ \:L(f)\leqslant L(\widehat f), \quad g\leqslant \widehat f, \quad \mu(\widehat f) = \mu(f)-1.$On applique l'hypothèse de récurrence à $\widehat f$ et cela donne: $\:\: L(f)\leqslant L(\widehat f) \leqslant L(g) \:\square $$\bullet \quad$ Si $ y_B<y_C, \: $ soit $\widehat f$ l'élément de $A^C(I) $ tel que $\Gamma_{\widehat f}$ est la ligne brisée $A_0 C A_2 \dots A_n.$On a encore$\:\: L(f) \leqslant L(\widehat f), \quad g \leqslant \widehat f.\:\:$ On peut appliquer l'hypothèse de récurrence aux restrictions $\widehat f_1,\widehat f_2$ de $\widehat f$ à $[a ;x_{A_1}], \:[x_{A_1};b]$En effet, $\:\: \mu(\widehat f_1) = 1, \:\:\mu(\widehat f_2) = \mu(f) -1. \quad$ On aboutit encore une fois à l'inégalité $L(f) \leqslant L(g)\:\square$Les deux propositions précédentes entraînent: $\quad \underline{ \forall f,g \in A(I),\quad \Big( f \in A^C(I),\quad f(a) =g(a),\:f(b) =g(b), \quad g \leqslant f \Big) \implies L(f)\leqslant L(g).} \quad(\bigstar)$Soient enfin $f,g \in \mathcal C^1(I,\R)\:$ tels que: $\: f\text{ est convexe, } \quad f(a) =g(a),\: f(b) =g(b), \quad g\leqslant f.$Ce qui, dans les premières réponses à ce fil, a été dit sur la définition de $L(f)$ assure que:$\forall \varepsilon>0, \:\: \exists f^*\in A^C(I), \:\: \exists g^*\in A(I) \: \text{ tels que: }\:f^*(a) =g^*(a),\: f^*(b) =g^*(b), \:\: g^*\leqslant f^*, \quad L(f)<L(f^*) + \varepsilon,\:\:L(g)<L(g^*) + \varepsilon.$Avec $(\bigstar),\:$ on parvient à: $\:\forall \varepsilon> 0, \quad L(f)\leqslant L(g) + 2 \varepsilon, \qquad \boxed {L(f) \leqslant L(g).}$@bd2017. Je ne suis pas convaincu par ton "calcul de dérivée". En munissant $E =\{ h \in \mathcal C^1(I;\R) \mid h(a) = h(b) =0 \}$ de la norme $\|h\| =\|h\|_{\infty}+\|h'\|_{\infty}$, il s'écrit:$\forall h \in E , \quad L(h) = \displaystyle \int_a^b \dfrac {-f''h}{(1+f'^2)^{3/2}} + \|h\|\varepsilon (h)\:$ où $\:\varepsilon $ est une fonction $E\to \R$ de limite nulle en $0$, et je ne vois pas ce qui permet alors d'atteindre l'objectif visé , à savoir :$\quad \forall h \in E, \quad h\geqslant 0 \implies L(h) \geqslant 0.$
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Pour la question de départ : il faut utiliser qu’une fonction de classe $\mathcal{C}^1$ sur un segment est uniformément dérivable. Une fois ceci fait, on peut contrôler la différence entre l’intégrale et la longueur de la ligne brisée évoquée par Dom dans son premier message.
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Bonjour@LOU16 Si je suppose que $f''>0$ (j'admets aussi que $f''$ peut s'annuler en un nombre fini de points).Je rappelle mes notation $\phi(h)= L_f(h)-L_f(0)=L'_f(h) +o(h)$ (la norme étant celle que tu as donnée).On a, pour $h\geq 0$ et $h\neq 0$, $ L'_f(h)=\int_a^b \dfrac{-f'' h} {(1+f'^2)^{3/2} }>0, $ puisque $h$ est continue.Ainsi pour $h\geq 0$ et $h\neq 0$, on ne peut avoir $\phi(h)\leq 0$ (remplacer $h$ par $\epsilon h$ et prendre $\epsilon$ assez petit).Bien entendu si on veut gérer le cas où $f''$ peut s'annuler, par exemple dans un sous-intervalle de $[a,b],$ il faut regarder le terme complémentaire en utilisant $\sqrt{(f'+h')^2 +1 }= \sqrt{f'^2 +1 } + \frac{f h'}{\sqrt{1+f^2}}+\frac{h'^2}{2 \left(1+f'^2\right)^{3/2}}+ o(h'^2)$.L'intégrale du terme linéaire peut être nul mais le terme quadratique est strictement positif ce qui montre que $\phi(h)>0 $ si $h\geq 0$ et $h\neq 0$.Si on suppose $f$ est seulement de classe $C^1.$ Alors on travaille avec une subdivision régulière $s=(x_0,\ldots,x_n)$ de $[a,b]$ et on procède de même mais avec une somme finie. Pour la partie linéaire on fait une sommation par partie (analogue au cas continu) et si les pentes $p_i$ associées la la fonction $f(x)$ et relatives à cette subdivision sont strictement décroissantes (ce qui revient à supposer que $f''>0$) on obtient le résultat.Mais on peut avoir 2 ou plusieurs pentes consécutives égales et il faut regarder le terme complémentaire, la partie quadratique. Bref cela ne change pas beaucoup par rapport au cas continue ci-dessus, il faut écrire pour s'en convaincre.Pour finir un passage à la limite devrait conduire au résultat.[Toutes les expressions mathématiques sont à encadrer par des $\$$. AD]
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Salut bd2017Je ne comprends toujours pas.Soit $h>0$ fixé. Je suis d'accord avec $L'_f(h) =a>0$ .Tu proposes de remplacer $h$ par $\varepsilon h$. Cela donne $\varphi(\varepsilon h) =\varepsilon a +\varepsilon \|h\|\psi(\varepsilon) $ où $\psi $ est une fonction $\R^+\to \R$ de limite nulle en $0$.Cela entraîne certes que pour $\varepsilon$ assez petit, $\varphi(\varepsilon h)>0,$ mais je ne vois pas $\varphi(h)\geqslant 0.$
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RebonjourOui tu as raison. Ce n'est pas suffisant.
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BonjourOn peut corriger peut-être. Avec Taylor Lagrange. Pour tout $x\in [a,b]$ et tout $ h(x)\in\R,$ il existe $\theta(x)\in [0,1]$ tel que$\sqrt{1+(f'(x)+h'(x))^2}=\sqrt{1+(f'(x))^2} +\dfrac{f'(x) h'(x)}{\sqrt{1+(f'(x))^2}}+\dfrac{1}{2} \dfrac{ h'(x)^2}{1+(f'(x) +\theta(x) h'(x) )^{3/2}}.$On intègre sur $[a,b]$. Le dernier terme est évidement intégrable. Il est d'intégrale positive et d'intégrale nulle ssi $h'=0$ (i.e $h=0$).Le deuxième terme est $\geq 0$ pour $h\geq 0.$ Comme déjà vu (avec l'hypothèse $f\in C^2)$. On a donc le résultat demandé avec égalité ssi $h=0$Merci @Lou16 d'avoir relevé mon erreur. Es-tu d'accord maintenant ?Si oui, maintenant si on pose seulement $f\in \C^1$ et pour avoir déjà un peu regardé, je pense qu'on peut adapter ceci avec la version discrétisée de $f$ puis faire un passage à la limite. Mais il faut écrire ... un peu plus.[En $\LaTeX$, ce sont toutes les expressions mathématiques que l'on encadre par des $\$$. AD]
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On suppose que $f\in C^1.$ Soit $s=(x_0,\ldots,x_n)$ ne subdivision régulière de $[a,b]$ et $d$ le pas.On note : $f(x_i)=f_i$ et $p_i=(f_{i+1}-f_i)/d,\ i=0,\ldots,n-1$ (par hypothèse $p_0\geq p_1\geq \ldots$ de même $h_i=h(x_i)$ ($h_i\geq 0$ et $h_0=h_n=0$) et $q_i=(h_{i+1}-h_i)/d,\ i=0,\ldots,n-1,$$L_s( f+h)=d \sum_{i=0}^{n-1} \sqrt{1+(p_i+q_i)^2} $ et $L_s( f)=d \sum_{i=0}^{n-1} \sqrt{1+p_i^2} .$Avec Taylor-Lagrange on obtient $L_s( f+h)= L_s(f) + d \sum_{i=0}^{n-1} \dfrac{ p_i q_i } {\sqrt{1+p_i^2}}+ d \sum_{i=0}^{n-1} \dfrac{q_i^2}{2 \left(1+(p_i+\theta_i q_i )^2\right)^{3/2}}.$Le deuxième terme du second membre vaut aussi $ d \sum_{i=1}^{n-1} h_i( \dfrac{p_{i-1 }} {\sqrt{1+p_{i-1}^2}}-\dfrac{p_i } {\sqrt{1+p_{i}^2}}).$Mais puisque l'application $p\mapsto \dfrac{p} {\sqrt{1+p^2}}$ est croissante on en déduit que ce deuxième terme est positif.Le dernier terme étant aussi aussi positif, on obtient donc l'inégalité recherchée :$L_s(f+h)\geq L_s (f)$ et le résultat demandé par passage à la limite.
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Oui, ça marche. Ce qui est en fait utilisé ici , c'est la convexité de la fonction $x\mapsto \sqrt{1+x^2}$, exprimée par l'inégalité suivante:$$ \forall a,b \in \R, \quad \sqrt{1+(a+b)^2} \geqslant \sqrt{1+a^2} +\dfrac{ab}{\sqrt{1+a^2}}.$$ (que la formule de Taylor peut permettre de "découvrir").
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