Convergence d'une suite à accroissements petits et fonction lipschitzienne

Chalk
Modifié (August 2023) dans Analyse
Bonjour à tous,

J'ai un souci sur un point utilisé dans une démonstration et laissé en exercice (non corrigé bien sûr ...).

Soit $J:\R^n\to\R$ une fonction lipschitzienne. On suppose que $u^*$ est un minimum global de $J$ (pas forcément unique). On se donne également une suite réelle $\epsilon_k \geq 0$ dont la série diverge (vers l'infini) mais de carré sommable.

Soit $(u_k)$ une suite de $\R^n$ telle que pour tout $k, ||u_{k+1}-u_k|| \leq \epsilon_k M$, et $0\leq \sum_{k=1}^\infty \epsilon_k (J(u_k)-J(u^*)) \leq M'$,  avec $M,M'$ des réels positifs.

Démontrer que $J(u_k)\to J(u^*)$.

Remarques :
On voit assez facilement que $u_k$ n'a pas de raison de converger vers $u^*$, il suffit de penser à une suite $u_k$ qui tourne (par exemple dans $\R$ en faisant des allers-retours entre 0 et 1 avec des pas de $\epsilon_k=1/k$) avec une fonction $J$ nulle.

On voit aussi que le fait que la série $\epsilon_k$ diverge est probablement très important, c'est ce qui fait que $J(u_k)-J(u^*)$ sera contrôlable pour que la somme soit inférieure à $M'$. 

Si on prend $\epsilon_k=1/k$, et $J(u_k)-J(u^*)=0$ sauf quand $k$ est un carré où on met $1$, on voit alors qu'on respecte bien $\sum_{k=1}^\infty \epsilon_k (J(u_k)-J(u^*)) \leq M'$, mais on n'a pas le résultat voulu. C'est là que doit jouer le rôle des accroissements petits des $u_k$ et $J$ lipschitzienne pour contrôler $J(u_k)-J(u^*)$ qui ne peut pas varier trop brutalement.

J'ai essayé pas mal de choses au brouillon mais je m'en sors pas du tout.

Réponses

  • Calli
    Modifié (August 2023)
    Bonjour,
    Notons $v_{n} = J(u_{n} )-J(u^{*} )$. On a \[\sum_{n=0}^\infty  |v_{n+1} -v_{n} |v_{n} \,\underset{\mathrm{Lipschitz }}{\lesssim } \;\sum_{n=0}^\infty  \|u_{n+1} -u_{n} \|v_{n} \lesssim  \sum_{n=0}^\infty  \varepsilon _n v_{n} <\infty .\] où $\lesssim $ est une inégalité à une constante près. De même \[\sum_{n=0}^\infty  |v_{n+1} -v_{n} |v_{n+1} \leqslant  \sum_{n=0}^\infty  |v_{n+1} -v_{n} |v_{n} + \sum_{n=0}^\infty  |v_{n+1} -v_{n} |^2  \lesssim  \sum_{n=0}^\infty  \varepsilon _n v_{n} + \sum_{n=0}^\infty  \varepsilon _{n} ^2  <\infty .\] Donc $\sum\limits_{n=0}^\infty  (v_{n+1} -v_{n} )v_{n}$ et $\sum\limits_{n=0}^\infty  (v_{n+1} -v_{n} )v_{n+1}$ convergent. Donc \[v_{n} ^2 -v_0^2 = \sum_{k=0}^{n-1} (v_{k+1} ^2  -v_{k} ^2 )=\sum_{k=0}^{n-1} (v_{k+1} -v_{k} )(v_{k+1} +v_{k} )\] converge. Or $\sum\limits_{n=0}^\infty  \varepsilon _{n} =+\infty $ et $\sum\limits_{n=0}^\infty \varepsilon _{n} v_{n} <\infty $ et $(v_n)$ est positive, donc 0 est valeur d'adhérence de $(v_n)$. D'où $v_{n} \rightarrow 0$.
  • Merci beaucoup ! Comment as-tu eu les bonnes idées si rapidement, notamment de passer par $(v_{n+1}-v_n)v_n$ et $(v_{n+1}-v_n)v_{n+1}$ ?
  • J'ai posé $(v_n)$ et écarté $(u_n)$ pour me ramener juste à un problème de suites réelles. Puis je traduis $\|u_{n+1} -u_{n} \|\lesssim \varepsilon _{n}$ en fonction de $(v_{n} )$, ce qui donne $|v_{n+1} -v_{n} |\lesssim \varepsilon _{n}$. Du coup je tombe sur $ \sum\limits_{n=0}^\infty  |v_{n+1} -v_{n} |v_{n} <\infty$. Ça ressemble à du $\displaystyle \int f'f=\int(f^2)'/2$, donc j'essaie ensuite de me ramener à $\sum (v_{n+1}^2-v_n^2)$. Or cette somme vaut $\sum (v_{n+1}-v_n)(v_{n+1}+v_n)$, donc je vois que j'ai aussi besoin de $\sum (v_{n+1}-v_n)v_{n+1}$. Etc.
  • Je te tire mon chapeau !
  • On a forcément besoin d'avoir $\epsilon_k$ de carré sommable ? Cela ne suffit pas d'avoir la convergence vers $0$ à la place ?
  • Un premier et dernier up sur cette question, si quelqu'un a un contre-exemple en remplaçant "de carré sommable" par "converge vers 0".
  • Bonjour,

    @Calli: je ne comprends pas bien la fin de ta preuve: si $(v_n^2)$ converge disons vers $\ell$ alors on a bien que  $(v_n) = (|v_n|)$ converge vers $\sqrt \ell$ non?
  • Chalk
    Modifié (August 2023)
    Tout à fait, mais ensuite il faut prouver que la limite est bien nulle.
  • Je le fais en disant que si la limite $\ell$ est non nulle alors $\varepsilon_n v_n \sim \ell\varepsilon_n$ ce qui contredit $\sum \varepsilon_n v_n < +\infty$ mais je ne vois pas le rapport avec les valeurs d'adhérence de $(v_n)$
  • Oui j'ai fait comme toi.
  • Bonjour,
    @Calli a montré que $v_n^2$ converge, donc $v_n$ converge, donc cette suite à une unique valeur d’adhérence. Il suffit de montrer que 0 est valeur d’adhérence.

    Si par l’absurde ça n’est pas le cas, il existe un rang à partir duquel les termes de la suite sont supérieurs à un epsilon et cela est absurde ($\sum e_n v_n$ doit converger mais $\sum e_n$ doit diverger).
  • J'ai raisonné comme @Ramufasa car c'est la première chose que j'ai trouvé. Mais c'est vrai qu'en sachant déjà que $(v_n)$ a une limite, on peut faire comme @sevaus et c'est plus simple.
  • Calli
    Modifié (August 2023)
    Chalk a dit :
    On a forcément besoin d'avoir $\epsilon_k$ de carré sommable ? Cela ne suffit pas d'avoir la convergence vers $0$ à la place ?
    Si ça suffit. Et j'ai même l'impression que $\varepsilon _{n} \rightarrow 0$ n'est pas utile. Montrons l'énoncé suivant :
    Soient deux suites positives $(\varepsilon _{n} )$ et $(v_{n} )$ telles que $\sum\limits_{n=0}^\infty  \varepsilon _{n} =+\infty $ et $\sum\limits_{n=0}^\infty  \varepsilon _{n} v_{n} <\infty $ et $\exists M>0,\forall n\in \mathbb{N},\;|v_{n+1} -v_{n} |\leqslant  M\varepsilon _{n}$. Alors $v_{n} \rightarrow 0$.
    Je procède par l'absurde. Ainsi : $\exists a>0,\forall N\in \mathbb{N},\exists n_{1} >N,\; v_{n_{1}} >a$. On se donne de tels entiers $N$ et $n_{1}$. De plus 0 est valeur d'adhérence de $(v_{n} )$ (même preuve qu'avant) donc : $\exists n>n_{1} ,\; v_{n} < \frac{a}{2}$. Notons $n_{2} = \min (\{n \mid n>n_{1} \text{ et } v_{n} < \frac{a}{2} \})$. Alors : $$\sum _{n=n_{1}} ^{n_{2} -1} M\varepsilon _{n} \geqslant  \sum _{n=n_{1}} ^{n_{2} -1} |v_{n+1} -v_{n} | \geqslant  |v_{n_{2}} - v_{n_{1}} |=  v_{n_1} - v_{n_2} > \frac{a}{2} .$$ Donc $$\sum _{n=n_{1}} ^{n_{2} -1} \varepsilon _{n} v_{n} \geqslant  \sum _{n=n_{1}} ^{n_{2} -1} \varepsilon _{n} \frac{a }{2} \geqslant  \frac{1}{M} \left( \frac{a}{2} \right)^2.$$ Or $N$ est arbitrairement grand, donc ceci contredit le critère de Cauchy pour $\sum\limits_{n=0}^\infty  \varepsilon _{n} v_{n}$. Donc $\sum\limits_{n=0}^\infty  \varepsilon _{n} v_{n} =+\infty $ : c'est absurde.
    PS: La preuve est plus simple qu'avant.  :D
  • Brillant !
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