Exo relations de comparaison

durdur

Bonsoir à tous,

Voici l'énoncé :
On se donne $\varphi > 0$ définie et croissante pour $x > 0$. On suppose que la fonction $\log (\varphi(x)) / \log x$ est croissante. Montrer qu'alors la relation $f = o(g)$ (en l'infini) entre fonctions $> 0$ implique $\varphi \circ f = o (\varphi \circ g)$.

C'est faux pour la fonction $\varphi$ constante égale à 1 et aussi pour la fonction valant $1/2$ dans $[0,1/2]$ et égale à l'identité ailleurs. Je pense que l'énoncé est correct si on suppose $\varphi$ strictement croissante, mais je ne suis pas capable de le démontrer !

J'ai essayé de montrer que $\varphi$ tend vers 0 avec $x$ (ce qui est plus faible que la question posée) mais je n'y arrive pas. Par contre le fait que $\varphi$ tende vers l'infini avec $x$ est facile. Quelqu'un a une idée ?

gottfried0

l'énoncé est étrange car $log x$ s'annule pour $x=1$, donc c'est comme si on ne s'attendait pas à avoir à considérer $\phi(f)$ pour $f\leq 1$, encore moins pour $f\to0$. Donc en fait je suppose que ce qui est demandé suppose $f = o(g)$ ET $g\to\infty$. Dans ce cas ça marche, je pense.

durdur

gottfried je pense qu'il faut comprendre que la fonction $\log (\varphi (x))/\log (x)$ est croissante pour $x \neq 1$. Ça implique en particulier que $\varphi (1^+) = \varphi (1^-) = 1$. Plus précisément il existe $A, B$ des réels tels que pour $x$ dans un voisinage à droite de 1, on ait
\[ \varphi (x) \leq x^A \]
et dans un voisinage à gauche
\[ \varphi(x) \geq x^B \]

Les fonctions auxquelles s'applique le résultat sont typiquement les $x^a$, $a$ constante réelle. À mon avis il n'y a pas lieu de supposer que $g$ tende vers l'infini (puisque dans le cas particulier des $x^a$ cette hypothèse n'est pas utile).

gottfried0

clairement il faut exiger que $\varphi(x)>1$ pour $x$ suffisamment grand, sinon ça ne peut pas marcher, Par exemple posons $\varphi(x) = x^{- \frac1x}$ pour $x\geq e$ et $ = e^{-e^{-1}}$ sinon de sorte que $\log\varphi(x) = -\frac1x \log x$ a un quotient par $\log x$ ($x>1$) croissant, et une dérivée $x^{-2} \log x- x^{-2}$ positive donc est croissante (donc $\varphi$ est croissante aussi). On a $\varphi(x)\to_{x\to+\infty} 1$, donc il est certainement faux que si $f = o(g)$ alors $\varphi(f) =o(\varphi(g))$. Pour un énoncé correct il faut donc demander que $\varphi>1$ (il est clair alors que ça tend vers l'infini) et de plus, il faut supposer $g\to\infty$.

durdur

gottfried je suis d'accord avec toi, j'avais dit qu'il fallait supposer $\varphi$ strictement croissante sinon on trouve des contre-exemples. Je suis désolé ce n'était peut-être pas très clair dans mon message initial. :-(

durdur

Par ailleurs le fait que $\varphi$ tende vers l'infini avec $x$ comme tu l'as observé est une conséquence des hypothèses. En effet soit $x > 1$. On a nécessairement $\varphi (x) > 1$. On montre facilement que $\varphi (x^{2^n}) \geq \varphi(x)^{2^n}$. Donc $\varphi$ tend vers l'infini avec $x$.

durdur

Je récapitule pour que les choses soient bien claires.
On suppose $\varphi$ strictement croissante, et $ > 0$. On suppose aussi $\log \varphi (x) / \log x$ croissante (au sens large) dans $\mathbf{R} \backslash \{1\}$.

Je dis qu'il existe $A$ réel tel que pour $x < 1$ on a
\[ \varphi (x) \geq x^A \]

En effet par hypothèse la fonction $h : x \mapsto \log (\varphi (x)) / \log x$ admet une limite à droite finie en $x = 1$, disons $A$. Alors pour tout $x < 1$ on a
\[ \frac {\log \varphi (x)}{\log x} \leq A \]
donc
\[ \varphi(x) \geq x^A \].

De même si $B$ est la limite à gauche de $h$ en 1, limite qui est finie, on a
\[ \varphi(x) \leq x^B \]
pour $x > 1$.

durdur

Oups j'ai cliqué sur envoyer trop tôt ! Des deux inégalités ci-dessus il résulte que $\phi (1)=1$ et donc que $\phi (x) > 1$ pour $x > 1$.
Si $x > 1$ on a aussi $x^2 > x$ donc
\[ \frac{\log \varphi (x^2)}{2 \log x} \geq \frac{\log \varphi x}{\log x} \]
ce qui donne
\[ \log \varphi (x^2) \geq 2 \log \varphi x \]
et $\varphi(x^2) \geq \varphi(x)^2$. En itérant on obtient le fait que $\varphi$ tend vers $+\infty$ avec $x$ comme je le disais plus haut.

Il ne me semble pas qu'on puisse montrer de la même façon que $\varphi$ tend vers $0$ en $0$ (ce qui est sûrement vrai).

gottfried0

@durdur: il y a une coquille dans ton avant-dernier message, c'est $\varphi(x) \geqslant x^B$ pour $x>1$.

Bon, tu supposes donc $\varphi$ strictement croissante, avec $\varphi(1) = 1$. Comme tu l'as remarqué ton énoncé semble traiter différemment $x<1$ de $x>1$ ce qui serait acceptable si on se limitait comme je le disais aux fonctions $g$ de limite $+\infty$. Si on ne veut pas cette limitation il FAUT changer ton hypothèse sur $\frac{\log\varphi(x)}{\log x}$: il faut la demander croissante pour $x>1$ et DÉcroissante pour $x<1$. En effet en posant alors $\psi(x) = \varphi(x^{-1})^{-1}$ on peut constater que $\psi$ va avoir les mêmes propriétés que $\varphi$ (ce qui n'est pas le cas avec ta définition).

Donc pour $x>x_0>1$ on a $\log\varphi(x) \geqslant \log(x) \frac{\log\varphi(x_0)}{\log x_0}$ et la dernière fraction est $B>0$ (car $\varphi(x_0)>1$) et on obtient que $\varphi(x) \geqslant x^B$ tend vers l'infini. Pour $x<x_0<1$ on a (en utilisant la dé-croissance du quotient des log): $\log\varphi(x) \leqslant \log(x) \frac{\log\varphi(x_0)}{\log x_0}$ et en notant $A$ cette dernière fraction ($A>0$ car $\varphi(x_0)<1$) on a donc $\varphi(x) \leqslant x^A$ qui tend vers zéro.

Maintenant si $f = o(g)$ et $g\to\infty$, pour $x\gg1$ on a $f\leqslant \epsilon g$ mais $\epsilon g>1$, donc \[\log\varphi(f)\leqslant\log\varphi(\epsilon g) \leqslant \log\varphi(g) + \frac{\log\varphi(g)}{\log g} \log\epsilon \leqslant \log\varphi(g) + B \log\epsilon\] (on note que $\log\epsilon<0$). Donc $\varphi(f)\leqslant \epsilon^B \varphi(g)$ d'où le résultat. Si $g$ reste borné, on a en tout cas $f\to0^+$ puis $g^{-1} = o(f^{-1})$ avec $f^{-1}\to\infty$, donc en utilisant la fonction $\psi(x) = \varphi(1/x)^{-1}$ qui vérifie les mêmes hypothèses que $\varphi$ on obtient que $\psi(g^{-1}) = o(\psi(f^{-1}))$, donc $\varphi(f) = o(\varphi(g))$, c.q.f.d.

gottfried0

il y a un trou dans mes $g$: celles qui ne tendent pas vers l'infini mais ne restent pas bornées non plus. Là, je n'ai pas trop envie d'«investiguer», je ne suis pas sûr que l'énoncé reste vrai pour une fonction $g$ avec $\limsup g = +\infty$ et $\liminf g = 0$. Peut-être qu'il suffit de relire la preuve.

durdur

Gottfried je ne suis pas insensible à tes arguments, mais ce qui me gêne c'est que les hypothèses de l'énoncé originel sont effectives dans des cas particuliers : par exemple si on pose \[
\varphi(x) = e^{e^x \log x} = \exp (\exp (x) \log x)
\] on a \[
\frac{\log \varphi(x)}{\log x} = e^x
\] qui est bien croissante dans $]0,\infty[$ et $\varphi$ est strictement croissante, de dérivée
\[ \varphi'(x) = e^x \left( \log(x) + \frac{1}{x} \right) \varphi(x) > 0 \quad \mathrm{dans} \quad ]0,\infty[
\] Il me semble que la conclusion de l'exercice est tout à fait valable pour ce $\varphi$ (il faut traiter séparément les cas où $g$ est bornée et où elle tend vers l'infini). Qu'en penses-tu ?

gottfried0

c'est un complot pour m'empêcher de dormir?

Je pose $\varphi(x) = \sqrt{x^x}$ si $x>1$ et $\varphi(x) = \frac12(1+x)$ si $0<x\leq 1$ de sorte que $\varphi(0^+) = \frac12>0$ et certainement il sera faux que $\varphi(f) = o(\varphi(g))$ sous la seule hypothèse que $f = o(g)$.

Sauf erreur la fonction $\varphi$ ainsi définie est strictement croissante, vaut $1$ en $x=1$ et est bien telle que $k(x) = \log\varphi(x)/\log(x)$ est strictement croissante sur $\mathbb{R}\setminus\{1\}$ (avec $k(1^-) = \frac12 = k(1^+)$).

J'insiste donc que la seule hypothèse naturelle pour un tel énoncé qui fleure bon l'exercice assez artificiel à la Dieudonné est comme j'ai dit avant. J'ai trop eu la flegme de réfléchir à pallier le problème des $g$ avec à la fois $\mathop{\mathrm{limsup}} g = \infty$ et $\mathop{\mathrm{liminf}} g = 0$.

gottfried0

quel étourdi: pourquoi compliquer, il me suffisait de dire de prendre $\varphi(x) = \frac12(1+x)$ pour tous les $x$. Bon bref. Avec $x = e^t$, $\frac12(1+e^t)$ comme somme de fonctions $\log$-convexes en $t$ est $\log$-convexe en $t$. Donc $\log\varphi(x)$ est une fonction convexe de $t = \log(x)$. Donc le taux d'accroissement (puisque $\log\varphi(1) = 0$) $\frac{\log\varphi(x)}{\log x}$ est une fonction croissante (en fait strictement croissante) de $x$. Comme on peut le vérifier par une étude de fonction directe. Convaincu?

gottfried0

@durdur: après ne pas avoir dormi je vais en plus ne pas avoir une journée sereine si je ne boucle pas ce truc illico. D'abord $\varphi(x) = e^{x-1}$ donne un exemple encore plus simple de fonction vérifiant tes hypothèses de départ et falsifiant les conclusions. Ensuite, donc je suppose maintenant que $\varphi$ est positive strictement croissante, avec $\varphi(1) =1$ et $\varphi(x)/|\log x|$ croissante. Montrons que si $f = o(g)$ alors on a $\varphi(f) = o (\varphi(g))$.

On peut supposer $f<g$; l'hypothèse est $\log g - \log f \to+\infty$ et la conclusion recherchée $\log\varphi(g)-\log\varphi(f)\to+\infty$. On peut donc oublier que $g$ et $f$ sont des fonctions de $x$ et les traiter comme de simples variables réelles disons $t$ (à la place de $f$) et $u$ (à la place de $g$). On note $k$ la fonction $\log\varphi$ vu comme fonction de $t=\log x$. On a $k(0) = 0$, $k$ est une fonction strictement croissante et $k(t)/|t|$ est une fonction croissante. On sait aussi $k(t)\to+\infty$ lorsque $t\to+\infty$ et $k(t)\to-\infty$ pour $t\to-\infty$ (mais bien sûr on ne va pas utiliser que cela, c'est juste pour une image mentale).

Supposons qu'on ait $t_n < u_n$ avec $u_n - t_n\to+\infty$. Montrons par l'absurde que $k(u_n) - k(t_n)\to+\infty$: on suppose donc au contraire, quitte à passer à une suite extraite que $k(u_n) - k(t_n)<D$. Si $u_n\to+\infty$ j'ai donné dans le langage des $f$ et $g$ l'argument pour conclure qu'en fait $k(u_n) - k(t_n)\to+\infty$. Donc $u_n\to+\infty$ est faux et quitte à passer encore à une suite extraite on peut supposer $u_n$ borné supérieurement. Mais alors $t_n\to-\infty$ et là encore on avait déjà conclu dans ce genre de situation que $k(u_n) - k(t_n)\to+\infty$ contredisant notre majoration $k(u_n) - k(t_n)<D$. Bonne journée.

durdur

Tu es le meilleur ! Je suis convaincu de A à Z. Chapeau bas :-)

gottfried0

-D je vais te fournir les coordonnées de mon employeur (bon c'est l'État, j'avoue), car il n'a pas l'air d'être au courant.