Principe du maximum
Bonjour,
on a le lemme suivant:
Soit $\Omega$ un ouvert borné de $\mathbb{R}^n.$ Soit $L'=-a_{ij} \partial_{ij}.$ Si $u \in \mathcal{C}^2(\Omega)$ atteint un minimum local en un point $x_0$ de $\Omega,$ alors $L'u(x_0) \leq 0.$
Svp, quel est l'idée à suivre pour démontrer ce lemme? Ou alors la première étape.
Je vous remercie d'avance pour votre aide.
on a le lemme suivant:
Soit $\Omega$ un ouvert borné de $\mathbb{R}^n.$ Soit $L'=-a_{ij} \partial_{ij}.$ Si $u \in \mathcal{C}^2(\Omega)$ atteint un minimum local en un point $x_0$ de $\Omega,$ alors $L'u(x_0) \leq 0.$
Svp, quel est l'idée à suivre pour démontrer ce lemme? Ou alors la première étape.
Je vous remercie d'avance pour votre aide.
Réponses
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Il faudrait d'abord qu'il soit juste. Imagine par exemple que ton domaine est la boule unité. Que se passe-t-il si tu compose à droite par la symétrie qui change le signe de $x_i$ ? Plus simple mais moins "profond", que se passe-t-il si on change le signe de $a_{i,j}$ ?
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Dans la bonne version il y a sans doute une somme sur les indices $i,j$ ainsi que des conditions sur la matrice des $a_{i,j}$. Je ne connais pas l'énoncé correct mais on doit pouvoir googler pour trouver.
Un conseil naïf serait de commencer par le cas où la matrice est diagonale.
Pour ne pas mettre la charrue avant les boeufs, il faudrait aussi t'assurer que tu sais le faire en dimension $1$ et que tu comprends le sens géométrique de la conclusion (développement limité à l'ordre $2$ en dimension queconque, forme quadratique etc.) -
Oui, j'ai revue l'énoncé.
Ceci est un lemme qu'on utilise pour prouver le principe du maximum fort.
On ajoute des hypothèses sur $a_{ij}.$
Je reprends si vous le voulez bien.
On choisit une matrice $n \times n$ symétrique dont les composantes $a_{ij}$ appartiennent à $\mathcal{C}^\circ(\overline{\Omega})$
on suppose aussi qu'il existe $\lambda > 0$ avec $a_{ij}(x)\xi_i \xi_j \geq \lambda |\xi|^2$ pour tout $x \in \overline{\Omega}$ et pour tout $\xi \in \mathbb{R}^n$
Voilà, comment montrer que :
Soit $\Omega$ un ouvert borné de $\mathbb{R}^n.$ Soit $L'=-a_{ij} \partial_{ij}.$ Si $u \in \mathcal{C}^2(\Omega)$ atteint un minimum local en un point $x_0$ de $\Omega,$ alors $L'u(x_0) \leq 0.$
J'ai bien sûr fait une recherche, j'ai téléchargé un document, mais je dois avouer que je trouve la démonstration très complexe et je n'ai pas compris les idées qu'ils ont utilisées... Et votre aide serait la plus utile.
En vous remerciant d'avance pour votre aide. -
Tu as besoin de savoir ce qu'est la forme quadratique associée à la différentielle seconde et la forme quadratique définie par la matrice $a_{ij} b_{ij}$ est définie positive dès que $a_{ij}$ et $b_{ij}$ le sont. Ca fait beaucoup de théorème à utiliser. C'est long et compliqué. Peux-tu perde ton temps la-dessus avant d'avoir digéré la topologie ? Une chose à la fois doc, une chose à la fois.
Cordialement
zephir -
Bonjour,
j'ai trouvé la démonstration suivante pour ce lemme :
La matrice $D^2u(x_0)$ est symétrique. Elle est donc diagonalisable.
Soit $\xi_k \in \mathbb{R}^n,$ $|\xi_k|=1,$ $k=1,\ldots ,n$ une base de vecteurs propres et $\lambda_k$ les valeurs propres associées.
On peut donc écrire $D^2u(x_0)=\sum_{k=1}^n \lambda_k \xi_k \otimes \xi_k$ [on rappelle que le produit tensoriel de deux vecteurs $a$ et $b$ de $\mathbb{R}^n$ peut etre identifié à la matrice $n \times n$ de composantes $(a \otimes b)_{ij}=a_ib_j.$ L'action de cette matrice de rang un sur un vecteur est donnée par $(a \otimes b)c=(c.b)a$].
Introduisons les fonctions d'une variable réelle $g_k(t)=u(x_0+t\xi_k).$
Comme $x_0 \in \Omega,$ ces fonctions sont bien définies et de classe $\mathcal{C}^2$ dans un voisinage de 0.
De plus, elles ont un minimum local en $t=0.$
Par conséquent, par la formule de Taylor, $\frac{d^2g_k}{dt^2}(0) \geq 0.$ Or $$\frac{d^2g_k}{dt^2}(0)=D^2u(x_0)(\xi_k,\xi_k)=\lambda_k$$ donc toutes les valeurs propres de $D^2u(x_0)$ sont positives.
On note maintenant que, comme $A$ est symétrique alors
\begin{align*}
L'u(x_0)&=-a_{ij}(x_0)\partial_{ij}u(x_0)(a(x_0) \xi_k \otimes \xi_k)\\
&= -\sum_{k=1}^n \lambda_k \tr(a(x_0) \xi_k \otimes \xi_k)\\
&= - \sum_{k=1}^n \lambda_k a_{ij}(x_0) \xi_{k,i}\xi_{k,j}\\
& \leq - \lambda \sum_{k=1}^n \lambda_k \leq 0
\end{align*}
à cause de la coercivité de la matrice $A.$
Par contre je n'ai pas du tout compris cette démonstration, ni les étapes par les quelles ils sont passés. On pourrait peut être détailler cette démonstration. Ou juste préciser les étapes essentielles par lesquels on doit passer pour la démonstration de ce lemme si vous le voulez bien.
Je vous remercie d'avance pour toute votre aide. -
Je te suggère de d'abord te (et nous) convaincre que tu sais prouver ce résultat en dimension $1$. Au fait, ton énoncé est toujours faux.
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Bonjour,
tout d'abord réglons le problème e l'énoncé si vous le voulez bien.
J'ai tiré ce lemme du papier joint suivant et c'est la meme énoncé. Ou est l'erreur svp?
En vous remerciant pour votre aide.
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Quel est le niveau du poly en question ? As-tu conscience qu'il y a des sommes implicites un peu partout ?
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Oui, on a le signe somme en convention. C'était ça le problème svp ?
Pour le poly, de toute façon je n'ai pas compris leurs démonstrations. Donc, on commence par le montrer en dimension 1 si vous le voulez bien.
On montre que : Soit $\Omega$ un ouvert de $\mathbb{R}.$ Soit $u \in \mathcal{C}^2(\Omega),$ si $u$ atteint son minimum en $x_0$ alors $a u'(x_0) \leq 0.$
C'est bien ce qu'il faut prouver en dimension 1 svp ?
En vous remerciant d'avance pour toute votre aide. -
Oui, prend $a=1$.
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Mais tu ne m'as pas répondu sur ton niveau ou sur le niveau du poly.
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Et bien j'ai joint le poly, je n'ai pas d'idée sur le niveau du poly. Quand au mien, et bien mon niveau ne m'a pas permis de comprendre la démo du poly.:)
On commence en imension 1 si vous le voulez bien, ce que j'ai écris dans mon précédent post, c'est bien ce qui doit etre prouvé?
En vous remerciant pour toute votre aide. -
Oui, en prenant $a=1$ par exemple. En dimension $1$ c'est du niveau L1, c'est sans doute un résultat que tu as déjà vu.
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A demon wind propelled me east of the sun
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Gilles B. : pourquoi Lax-Milgram ici ?
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Je connais commeme Lax-Milgram! Et je ne vois pas dutout le rapport avec le principe du maximum.
Svp, je souhaite just comprendre les étapes utilisées dans la démonstration. Si $u$ admet son minimum en un point $x_0,$ celà veut dire que $\min_{\Omega}=u(x_0).$ et on a $u \in \mathcal{C}^2(\Omega)$ celà veut dire qu'on peut deriver $u$deux fois et ces dérivées sont continues.
Mais comment en déduire que $L'u \leq 0$ svp? En sachant que $L'= \sum_{i,j}a_{ij} \partial_{ij}?$
En vous remerciant pour votre aide. -
Tu l'as fait en dimension $1$ ? Tu sembles reparti en dimension quelconque.
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Pour la dimension 1.
On suppose que $\Omega$ est un ouvert de $\mathbb{R}.$ Soit $u \in \mathcal{C}^2(\Omega)$ alors, si $u$ atteint son minimum en un point $x_0,$ alors il faut montré que $u'(x_0) \leq 0.$
Si $u$ atteint son minimum en $x_0,$ celà veut dire que $\min u(x)=u(x_0)$ bon, là j'ai réecris just la définition du minimum. Pour en déduire la dérivée il me faut un coup de main, je n'ai aucune idée de comment approcher ce problème.
En vous remerciant d'avance. -
Il faut que tu vérifies l'existence de tous les objets que tu introduis. Cela te permettra d'enlever une erreur dans ton dernier message. Sinon on s'intéresse au signe de la dérivée seconde. Mais tu peux effectivement commencer par montrer que la dérivée est nulle.
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Pour les objects introduits dans la solution, il y'a
le minimum de $u$ attieint en $x_0$ qui existe par hypothése, et aussi la dérivée de $u$ qui existe parceque $u \in \mathcal{C}^2(\Omega).$
Pour montrer que $u'(x_0)=0,$ on commence par écrire la définition de la dérivée en 1 dimension
$u'(x_0)=\lim_{x \rightarrow x_0} \dfrac{u(x)-u(x_0)}{x-x_0}$
Puis, puisque $u$ atteint son minimum en $x_0,$ celà veut dire que $\forall x \in \Omega, u(x_0) \leq u(x)$ celà veut dire que $$\dfrac{u(x)-u(x_0)}{x-x_0} \leq \dfrac{-2 u(x_0)}{x-x_0}$$ et en passant à la limite, on a $u'(x_0) \leq \lim_{x \rightarrow x_0}\dfrac{-2 u(x_0)}{x_x_0}=0$ donc, $u'(x_0)=0.$
En vous remerciant pour votre aide. -
Il faut effectivement supposer l'existence de ce minimum. Sinon je ne comprend pas ta première inégalité en display. Passe plus de temps à vérifier ce que tu écris. Tu pourrais par exemple t'imposer un délais de quelques heures entre deux passages sur le forum, sauf correction de coquille ou autre.
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Non, excusez-moi c'était une erreur Latek en écrivant $\dfrac.$ J'ai corrigé.
Pour le reste c'est la solution que je propose sauf erreur.
Je vous remercie d'avance. -
Ce n'est pas l'erreur latex qui me posait un problème, j'avais été lire ta solution dans le source.
-
D'accord! J'ai compris ce qui pose problème.
Je reprend si vous le voulez bien.
Puisque $u(x_0)\leq u(x)$ alors celà veut dire que $u(x)-u(x_0) > 0.$ ( bon, on choisit $x > x_0$ ce qui veut dire que d'un coté, on a
$$0 \leq \dfrac{u(x)-u(x_0)}{x-x_0}$$
Et d'un autre coté, en passant à la limite lorsque $x \rightarrow x_0,$ on a puisque $u$ est continue alors $\lim_{x \rightarrow x_0} u(x)= u(\lim_{x \rightarrow x_0} x)$ on a
$$\lim_{x \rightarrow x_0} \dfrac{u(x)-u(x_0)}{x-x_0}=0$$ donc $u'(x_0)=0.$
En vous remerciant pour toute votre aide. -
Je te propose de passer du temps à essayer de pondre une solution parfaite. Je regarderai à ce moment là.
-
doc a écrit:Et d'un autre coté, en passant à la limite lorsque $x \rightarrow x_0,$ on a puisque $u$ est continue alors $\lim_{x \rightarrow x_0} u(x)= u(\lim_{x \rightarrow x_0} x)$ on a
$$\lim_{x \rightarrow x_0} \dfrac{u(x)-u(x_0)}{x-x_0}=0$$ donc $u'(x_0)=0.$
Tu as donc montré que toute fonction continue est dérivable et de dérivée nulle. Corollaire : toute fonction continue est constante. -
Bonsoir monsieur Egoroffski,
non, $u \in \mathcal{C}^2(\Omega).$ Oui, je vois mon erreur maintenant.
Le but est de prouver que tout fonction $u \in \mathcal{C}^2$ qui admet un minimum en un point $x_0$ est de dérivée nulle en ce point $x_0.$
Alors voilà la solution par étrapes logique.
Si on a supposé que $u$ atteint son minimum en un point $x_0,$ celà veut dire tout simplement que $\forall x \in \Omega, u(x_0) \leq u(x).$
Après, le but est de calculer la dérivée première de $u$ donc, on écrit ce que signifie $u'x_0).$
On a $u'(x_0)=\lim_{x \rightarrow x_0} \dfrac{u(x)-u(x_0)}{x-x_0}$
puisque $u$ atteint son minimum en $x_0,$ celà nous permet de dire que $0 \leq u'(x_0)= \dfrac{u(x)-u(x_0)}{x-x_0}.$
Et en passant à la limite, lorsque $x$ tend vers $x_0,$ on a $0 \leq u'(x_0)= \lim_{x \rightarrow x_0}\dfrac{u(x)-u(x_0)}{x-x_0}=0$ ce qui implique automatiquement que $u'(x_0)=0.$ Et c'est ce qu'on cherche à trouver.
Mais d'un autre coté, en ayant trouvé que $u'(x_0)=0,$ pour calculer $u''(x_0),$ on a $\lim_{x \rightarrow x_0}\dfrac{u'(x)-u'(x_0)}{x-x_0}=\lim_{x \rightarrow x_0}\dfrac{u'(x)}{x-x_0} $ qui ne veut pas dire que $u''(x_0) \leq 0.$
En vous remerciant d'avance. -
doc a écrit:celà nous permet de dire que $0 \leq u'(x_0)= \dfrac{u(x)-u(x_0)}{x-x_0}.$
Non, on a pas $u'(x_0)= \dfrac{u(x)-u(x_0)}{x-x_0}$. C'est faux. Tu vas encore dire que c'est un erreur de copier-coller, mais ce n'est pas une excuse. De plus je ne vois pas ce qui te "permet" de conclure sur le signe. Tu avais mieux commencé dans le post précédent, en faisant attention au signe de $x-x_0$.
Pour la dérivée seconde, tu pourrais écrire un DL à l'ordre 2 de $u$ en $x_0$. -
On a $u'(x_0)=\lim_{x \rightarrow x_0} \dfrac{u(x)-u(x_0)}{x-x_0}$
puisque $u$ atteint son minimum en $x_0,$ et on prend $x > x_0$ tout celà nous permet de dire que $0 \leq u'(x_0)=\lim_{x \rightarrow x_0} \dfrac{u(x)-u(x_0)}{x-x_0}.$
Et en passant à la limite, lorsque $x$ tend vers $x_0,$ on a $0 \leq u'(x_0)= \lim_{x \rightarrow x_0}\dfrac{u(x)-u(x_0)}{x-x_0}=0$ ce qui implique automatiquement que $u'(x_0)=0.$
Pour la dérivée seconde, on écris le developpement limité de Taylor de $u$ au point $x_0.$ On a
$$u(x)=u(x_0)+u'(x_0)(x-x_0)+\dfrac{u''(x_0)}{2!}(x-x_0)^2+R(x)$$
Puisque $u'(x_0)=0,$ alors
$$u''(x_0)=2 \left(\dfrac{u(x)-u(x_0)}{(x-x_0)^2}\right) - \dfrac{R(x)}{(x-x_0)^2}$$
En considérant que $x > x_0,$ et puisque $u$ atteint son minimum en $x_0,$ celà nous permet de dire que le premier terme de droite est positif.
Pour le reste, si on considére le reste de Taylor-Lagrange on a $R(x)=\dfrac{u^3(\xi)}{3!}(x-x_0)^3$
Mais avec tout ca, je n'arrive pas à determiner le signe de $u''(x_0).$
En vous remerciant pour toute votre aide. -
Il y a plein d'erreur. Coupe internet, écris un truc propre en prenant ton temps et reviens quand c'est fait. Ca ne sert à rien ce que tu fais. Tout le monde perd son temps. Vérifie chaque étape de tes raisonnements.
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Je ne crois pas que ca a quelque chose à voir avec le temp. J'ai mis du temp à écrire cette solution, et là j'ai revue, j'ai justifié toute les etapes, et je ne vois vraiment pas c'est ereurs puisque toutes les etapes ont été justifiées ( c'est encore plus grave, je le sais).
Pour $u'(x_0)=0.$ La formule de dérivée est juste, puisque $u$ atteint son minimum en $x_0,$ celà nous permet de dire que $u(x) \geq u(x_0)$
et en passant à la limite pour $x$ tend vers $x_0$ avec $x$ superieur à $x_0$ on trouve que c'est identique à 0.
Pour la dérivée seconde de $u,$ le developpement de Taylor de second ordre avec le reste de Taylor-Lagrange est correct. On en déduit $u''(x_0)$ et pour en déduire le signe de ce dernier, je n'ai plus d'idées.
En vous remerciant pour votre aide. -
Rédige avec plus en détail alors.
-
Bonsoir,
Je reprend du début avec tous les details.
Soit $\Omega$ un domaine borné de $\mathbb{R},$ et soit $u \in \mathcal{C}^2(\Omega)$ [cette donné nous sert just à avoir le droit d'écrire les dérivées de $u$ jusqu'à la dérivée seconde, et ces dérivées sont continues].
On suppose que $u$ admet un minimum au point $x_0.$ Celà nous permet just d'en déduire que $\forall x \in \Omega, u(x_0) \leq u(x).$
On veut montrer que $u''(x_0) \leq 0.$ Pour ca, on commence par montrer que $u'(x_0)=0.$
On sait que $u'(x_0)=\lim_{x \rightarrow x_0} \frac{u(x)-u(x_0)}{x-x_0}$ avec $x > x_0.$
On a aussi, d'après les hypothéses que $u(x)-u(x_0) \geq 0$ On a alors $$0 \leq u'(x_0) = \lim_{x \rightarrow x_0} \frac{u(x)-u(x_0)}{x-x_0}=0$$
Donc, $u'(x_0)=0.$
Pour la dérivée seconde, on écrit le DLT de $u$ au point $x_0$ avec le reste de Taylor-Lagrange.
$$u(x)=u(x_0)+u'(x_0)(x-x_0)+\frac{u''(x_0)}{2!}(x-x_0)^2+R(x)$$ avec $R(x)=\frac{u^3(\xi)}{3!}(x-x_0)^3.$ Donc,$\frac{u''(x_0)}{2!}(x-x_0)^2=u(x)-u(x_0)-R(x)$ Alors,
$$u''(x_0)=2!\left[\frac{u(x)-u(x_0)-R(x)}{(x-x_0)^2}\right]$$
Et pour le signe de $u''(x_0)$ parcequ'on sait que $u(x)-u(x_0) \geq 0$ mais on ne connait pas le raport de cette continté avec le reste $R(x).$
En vous remerciant pour votre aide. -
Toujours pas.
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Là je pense bien que j'ai atteint le maximum de mes capacités et epuisé toutes mes idées. Si quelqu'un veut au moins me dire ou est l'erreur parceque je ne la voit pas dutout.
Quoi que je soupçonne que ca coince dans $u'(x_0)$ pour calculer la limite et trouver 0, mais si je savais comment le faire croyai bien que je l'aurai fais directement....
En vous remerciant pour votre aide. -
"mais si je savais comment le faire croyai bien que je l'aurai fais directement..." Que faut-il comprendre ?
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Et bien, just que c'est la solution que j'ai, je n'arrive pas dutout a voir l'erreur :-(
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"je soupçonne que ca coince dans $u'(x_0)$ pour calculer la limite et trouver 0". Pour quel raison soupçonnes-tu ce passage ?
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Et bien, parceque si je dis que $\lim_{x \rightarrow x_0} \frac{u(x)-u(x_0)}{x-x_0}= 0$ celà veut dire que j'ai dis que $\lim_{x \rightarrow x_0} (u(x)-u(x_0)) \rightarrow 0$ qui est équivalent à $\lim_{x \rightarrow x_0} u(x)=u(x_0).$ Et là, il y'a un trou, je ne sais pas qu'elle est la justification de cette écriture.
En vous remerciant pour votre aide. -
Tout à l'heure tu me disais avoir vérifié toutes les étapes... Bon, c'est chouette si tu vois ça seule : tu as été capable de détecter un trou dans la preuve. Si on est toujours capable de détecter les trous, on sait faire des maths. On progresse donc
Le numérateur converge vers $0$, c'est vrai. Mais cela ne permet pas de conclure que le quotient converge vers $0$ car le dénominateur aussi converge vers $0$. On est dans un cas d'indétermination.
D'ailleurs, si ce que tu affirmes était vrai, alors toute fonction continue en un point y serait dérivable et de dérivée nulle. Ca se saurait.
Bon, par contre on sait que la fonction est dérivable en $x_0$, on sait donc que le quotient converge vers $f'(x_0)$. Tu n'as pas suffisamment d'informations pour obtenir que $f'(x_0)$ est nul mais tu peux tout de même déduire quelque chose sur $f'(x_0)$. Pour compléter, il faudra un peu de vision, tu comprends intuitivement pourquoi la dérivée est nécessairement nulle ? -
doc écrivait:
On a aussi, d'après les hypothéses que $u(x)-u(x_0) \geq 0$.
On en déduit que
– si \(x > x_0\), alors \(\dfrac{u(x)-u(x_0)}{x-x_0} \geqslant 0\) ;
– si \(x < x_0\), alors \(\dfrac{u(x)-u(x_0)}{x-x_0} \leqslant 0\). -
@JB: excusez-moi mais je n'ai pas compris. On sait que $u'(x_0)$ existe mais on n'a pas d'informations suffisantes qui nous permettent de savoir si $f'(x_0)=0.$ Mais, je n'ai pas encore compris ce qui nous permet de dire qu'il est nul.
@monsieur gb. Bonsoir monsieur gb,
je n'ai pas pu déchiifrer votre post, mais j'ai compris qu'on doit écrire la limite lorsque la valeur absolue de $x$ tend vers $x_0.$
En vous remerciant pour toute votre aide. -
J'ai corrigé le code \LaTeX.
On ne doit pas calculer la limite lorsque la valeur absolue de \(x\) tend vers \(x_0\), on doit évaluer séparément les limites à droite et à gauche en \(x_0\). -
Ah! d'accord et il faut les trouver égales et ca sera la limite, si elles sont differentes celà veut dire qu'il n'ya pas de limite.
Svp, et pour la limite 0 qu'on trouve intuitivement? Il n'ya pas moyen de la trouver normalement svp?
En vous remerciant pour toute votre aide. -
Doc a écrit:"Ah! d'accord et il faut les trouver égales et ca sera la limite, si elles sont differentes celà veut dire qu'il n'ya pas de limite."
Nop. Regarde, tu verras.Doc a écrit:"Svp, et pour la limite 0 qu'on trouve intuitivement? Il n'ya pas moyen de la trouver normalement svp?"
Ton intuition est mauvaise. Ton intuition conduit à "toute fonction continue est dérivable de dérivée nulle". A chaque fois que ton intuition est mauvaise, il faut que tu fasses l'effort de comprendre *précisément* en quoi elle est mauvaise, de manière corriger ton intuition et, ainsi, à te forger une bonne intuition. Il ne faut surtout pas hésiter à passer énormément de temps là-dessus. -
Ben non, je reconnais mon erreur, j'ai just réondu à votre question "Pour compléter, il faudra un peu de vision, tu comprends intuitivement pourquoi la dérivée est nécessairement nulle ?
et ma réponse est non.
En vous remerciant pour toute votre aide. -
Fais un dessin dans un cas où la dérivée en $x_0$ est strictement positive / strictement négative et demande-toi si $x_0$ peut être un minimum.
Sur un autre sujet, c'est la première fois que je me fait insulter par un captcha, qui vient de me dire FucKW. J'imagine que ça se fête. -
Je ne vous ai jamais insulté ! :S
-
Non non, je parlais du petit mélange de lettres et de chiffres que l'on doit recopier pour prouver que l'on n'est pas un robot. Cela ne concerne peut-être que ceux qui ne sont pas inscrit sur le site.
-
Ah d'accord!
Pour revnir au sujet, oui j'ai compris. Donc il n'ya pas que le fait que $u(x_0) \leq u(x)$ qui soit une conséquence de l'hypothése "$x_0$ est un minimu" on en déduit aussi directement que $u'(x_0)=0.$
Svp, pour la dérivée seconde, on écrit le DLT de $u$ au point $x_0$ avec le reste de Taylor-Lagrange.
$$u(x)=u(x_0)+u'(x_0)(x-x_0)+\frac{u''(x_0)}{2!}(x-x_0)^2+R(x)$$ avec $R(x)=\frac{u^3(\xi)}{3!}(x-x_0)^3.$ Donc,$\frac{u''(x_0)}{2!}(x-x_0)^2=u(x)-u(x_0)-R(x)$ Alors,
$$u''(x_0)=2!\left[\frac{u(x)-u(x_0)-R(x)}{(x-x_0)^2}\right]$$
Et pour le signe de $u''(x_0)$ parcequ'on sait que $u(x)-u(x_0) \geq 0$ mais on ne connait pas le raport de cette continté avec le reste $R(x).$
Qu'elle idée utiliser ici svp?
En vous remerciant pour toute votre aide.
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