Egalité d'ensembles : ça vous parait bien ?

Bonjour,

J'avais posté un message un peut plus volumineux dans la section (Probabilités) qui n'a pas rencontré le succès escompté. En fait, la question qui m'intéresse le plus étant une question d'analyse, je me permet de la poster (seule) ici.

On suppose qu'il existe $ y^* \in \mathbb{R}^d$ et une constante réelle $ c > 0$ telle que
$$\displaystyle \forall y \in \mathbb{R}^d, (y - y^* \vert h(y)) \geq c\vert y - y^*\vert^2\newline $$
Montrer que $ \{ h = 0 \} = \{ y^* \}$.

et ce que je propose (je ne suis pas sur d'avoir montré l'égalité, d'où ma question) :

$$* ~ * ~ *$$
Soit $ y \in \{ h = 0 \}$. On a alors : $ (y - y^* \vert h(y)) = 0$
Soit comme $ (y - y^* \vert h(y)) \geq c\vert y - y^*\vert$, $ \vert y - y^*\vert$. Soit finalement, $ y = y^*$.
On a donc : $ \{ h = 0 \} = \{ y^* \}$
$$* ~ * ~ *$$

Ca vous parait bien?

Réponses

  • Edit: je reprends.

    Réciproquement il faut montrer que h (y*)=0 car là tu n'as prouvé qu'une seule inclusion.
  • Merci à toi.

    Juste pour rappeller ce qui devrait être utile :
    On définit : $ h(y) = \mathbb{E}H(y,Z)$
    et :
    $$\displaystyle Y_{n+1} = Y_n - \gamma_{n+1} H(Y_n, Z_{n+1}), Y_0 \in L^2(\Omega, \mathcal{A}, \mathbb{P})$$

    donc :
    $$y^* = y^* - \gamma_{n+1} H(y^*,Z_{n+1}) = y^*$$
    d'où nécessairement :
    $$ H(y^*,Z_{n+1}) =0$$
    puis $h(y^*) = 0$.

    Et le tour est joué.

    PS : est-ce que c'est correct de laisser les indices $n+1$ lorsque j'ai remplacé par $y^*$ ?
  • Ben non, bien sûr. Comme tu l'as dit c'est une question d'analyse, qui porte sur la fonction $h$ uniquement. Les $Y_n$ n'ont rien à faire là (et $H$ non plus d'ailleurs).
  • Merci pour ta remarque.

    Soit $y \in \{y^*\}$. On a donc $(y - y^* \vert h(y^*)) = 0$. Mais $h$ peut-être quelconque, et ce sera toujours vrai. Si on ne fait aucune hypothèse sur $h$, comment cela peut-il etre vrai?
  • On fait une hypothèse sur $h$, tu l'as donnée toi-même. On peut la reformuler comme suit : pour tout vecteur $z \in \R^d$, on a $\langle z, h(y^*+z) \rangle \geq c |z|^2$. Maintenant, que se passe-t-il si on remplace $z$ par $\lambda z$ pour $\lambda$ réel ?
  • Si on remplace $z$ par $\lambda z$, on obtient ;
    $$ \lambda \langle z, h(y^*+\lambda z) \rangle \geq c \lambda^2\vert z\vert^2$$
    soit
    $$ \langle z, h(y^*+\lambda z) \rangle \geq c \lambda\vert z\vert^2$$

    Dois-je utiliser $|h(y)| \leq C_{H,Z}(1 + |y|)$ ?
  • Je ne pense pas, enfin pas si $h$ est continue en $y^*$. Tu prends $z$ un vecteur unitaire, et tu fais tendre $\lambda$ vers $0$.

    PS : Attention en divisant ton inégalité par $\lambda$, tu as implicitement supposé $\lambda > 0$.
  • Si je fais tendre $\lambda$ vers $0$, je vais avoir
    $$c \lambda\vert z\vert^2 \rightarrow 0$$
    et
    $$\displaystyle \langle z, h(y^*+\lambda z) \rangle \rightarrow \displaystyle \langle z, h(y^*) \rangle$$
    Pour pouvoir conclure il aurait fallu avoir une inégalité dans l'autre sens, me semble-t-il.

    Désolé si je dis de grosses bêtises. Pour être franc, je n'ai jamais été particulièrement fana de ce genre de questions.
  • En admettant que $h$ est bien continue en $y^*$, tu obtiens en effet $\langle h(y^*), z \rangle \geq 0$, et ce {\it pour tout} vecteur $z$ donné. Avec ça tu peux conclure en une ligne.
  • C'est vrai pour tout vecteur, donc en particulier pour les vecteurs négatifs et positifs. La seule solution possible est donc $h(y^*) = 0$.
    Je pense que c'est l'idée, mais je ne sais pas si c'est très rigoureux au niveau de l'explication.
  • Rigoureux, non, on ne peut pas vraiment dire ça :) Un vecteur positif, késako ?

    Tu ne vois pas un choix particulier de $z$ qui te permettrait d'obtenir $h(y^*)=0$ ?
  • $z = (-1 ; -1 ; \cdots ; -1) \in \mathbb{R}^d$
  • $z = -h(y^*)$. C'est mon dernier mot !
  • Mieux (tu)
  • Super ! Merci pour ton aide egoroffski !

    Puis-je te demander un dernier service. Pourrais-tu regarder ce que j'ai fait pour la question 0 du même sujet
    http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?12,825932

    la suite, je m'en fiche.
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