Lemme de Gronwall

Bonjour,

Lemme de Gronwall impose que les fonctions soient continues, cette condition peut-elle être compensée par une continuité par morceaux? 

http://math.univ-lyon1.fr/~gelineau/devagreg/Lemme_Gronwall.pdf 
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Réponses

  • @Joaopa  
    Merci, mais je n'ai pas trouvé ce que je cherchais dans cet article.
  • Foys
    Modifié (July 2023)
    Dans ce message on donne une preuve de Gronwall avec des hypothèses minimales sur la régularité de la fonction envisagée.
    Ce qui suit est abordé dans l'annexe de ce livre: https://link.springer.com/book/10.1007/978-3-662-06400-9
    Noter que cette preuve fait apparaître les termes en exp de façon naturelle et non pas via l'introduction d'une fonction auxiliaire "astucieuse" et ad-hoc.
    1°) Soient $a,b\in \R$ avec $a\leq b$. On désigne par $\mathcal L^1([a,b])$ l'ensemble des fonctions mesurables de $[a,b]$ dans $\R$ telles que $\int_a^b |f| <+\infty$ (bref $L^1$ sans quotienter). Etant donnés $x\in [a,b]$ et $f\in \mathcal L^1([a,b])$ on pose $P(f)(x) := \int_a^x f$. On a alors $P(f) \in C^0([a,b],\R)$ (appliquer le théorème de convergence dominée à la famille de fonctions $x\mapsto \mathbf 1_{[a,x]} f$ et à la fonction dominatrice $|f|$) et donc en particulier $P(f)\in \mathcal L^1([a,b])$. $P$ est donc un endomorphisme de l'espace vectoriel de fonctions $\mathcal L^1([a,b])$ et de plus $P$ est évidemment croissant (pour tous $g,h$, si $g\leq h$ alors $P(g) \leq P(h)$), et donc ses composés successifs le sont aussi.
    2°) Soit $\eta:= x \in [a,b] \mapsto x-a$. Alors $P^n (\mathbf 1_{[a,b]}) = \frac {\eta^n} {n!}$ pour tout $n$ (révisons le programme de lycée!!).
    3°) Soit $f\in \mathcal L^1$ et $M:= \int_a^b f$. Alors $-|f| \leq f \leq |f|$ et donc pour tout $x\in [a,b]$, $-M \leq P(-|f|) (x) \leq P(f)(x) \leq P(|f|)(x) \leq M$. Par suite et par croissance de $P$, pour tout entier $n$, $-MP^n(\mathbf 1_{[a,b]}) \leq P^{n+1}(f)(x) \leq MP^n(\mathbf 1_{[a,b]}) $, autrement dit par 2°), $$-M\frac{(b-a)^n}{n!} \leq  -M\frac{\eta^n}{n!} \leq P^{n+1} (f) \leq M\frac{\eta^n}{n!} \leq M\frac{(b-a)^n}{n!} $$
    Cette relation entraîne immédiatement que $A^{n} P^n(f) \underset{n\to +\infty}{\longrightarrow} 0$ uniformément pour toute $f\in \mathcal L^1([a,b])$ et pour tout $A\geq 0$ puisque cette quantité est inférieure en valeur absolue à $\frac{A^n (b-a)^n}{n!}$
    4°) On peut maintenant énoncer et démontrer le lemme de Gronwall.
    Soit $f\in \mathcal L^1([a,b])$ et $A,B\in \R$ positifs tels que pour tout $x\in [a,b]$, $f(x) \leq A\left (\int_a^x f\right ) + B $. Alors pour tout $x\in [a,b]$, $f(x) \leq Be^{A(x-a)}$. De plus si $A>0$, alors pour tout $x\in [a,b]$, $\int_a^x f \leq \frac B A \left (e^{A(x-a)} - 1 \right)$.
    Preuve : la seconde inégalité s'obtient en intégrant la première (i.e. en appliquant $P$ et sa croissance). Montrons la première.
    L'hypothèse de l'énoncé se reformule en $f \leq AP(f)+B$. Ainsi on a également (par croissance de $P$) $f \leq A P(AP(f) + B ) +B = A^2P^2(f) + AP(B ) + B$ (avec l'abus de langage inoffensif consistant à noter $P(B )$ au lieu de $P(B\mathbf 1_{[a,b]})$).
    En fait en itérant ce calcul, on montre par récurrence sur $n\in \N$ que $$f \leq A^{n+1}P^{n+1}(f) + \sum_{k=0}^n A^k P^k(B ) = A^{n+1}P^{n+1}(f) + B \sum_{k=0}^n A^k \frac{\eta^k}{k!}$$
    Le résultat est alors conséquence immédiate de ce que $A^{n+1}P^{n+1}(f)$ converge uniformément vers $0$ quand $n\to +\infty$ par 3°).
    Une fonction est un ensemble $f$ de couples tel que pour tous $x,y,z$, si $(x,y)\in f$ et $(x,z)\in f$ alors $y = z$.
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