Convergence faible
Bonsoir
J'aimerais savoir si ma réponse à la première question est juste. Je travaille en autonomie.
I.1) Soit $z \in H$. Supposons que $(v_n)$ converge vers deux limites différentes $v$ et $v'$.
On a $<v_n,z> \longrightarrow <v,z>$ et $<v_n,z> \longrightarrow <v',z>$
Par unicité de la limité d'une suite, on a $<v,z>=<v',z>$, puis par linéarité du produit scalaire $\boxed{<v-v',z>=0}$.
Ceci étant valable pour tout $z \in H$, on peut choisir $z=v-v' \in H$, ce qui fournit $||v-v'||=0$ et finalement $\boxed{v=v'}$. On a démontré que la limite, lorsqu'elle existe est unique.
On a $<v_n,z> \longrightarrow <v,z>$ et $<v_n,z> \longrightarrow <v',z>$
Par unicité de la limité d'une suite, on a $<v,z>=<v',z>$, puis par linéarité du produit scalaire $\boxed{<v-v',z>=0}$.
Ceci étant valable pour tout $z \in H$, on peut choisir $z=v-v' \in H$, ce qui fournit $||v-v'||=0$ et finalement $\boxed{v=v'}$. On a démontré que la limite, lorsqu'elle existe est unique.
Réponses
-
pas d'objection
-
Bonsoir je trouve tout de même qu'il est gênant d'utiliser l'unicité de la limite pour conclure que la limite est unique. Il y a au minimum un problème de rédaction.
-
Effectivement, dans l'absolu il faudrait parler de l'unicité de la limite dans $\R$ (muni de sa structure usuelle), mais j'avoue que moi j'aurais laissé passer sur une copie ! J'aurais sans doute rajouté en rouge "faiblement" après "supposons que $(v_n)_n$ converge" mais sans le sanctionner.
-
@bd2017 parce l'unicité de la limite d'une suite à valeur dans $\R$ est un résultat de cours à connaître et je doute qu'un problème demande de le redémontrer à chaque fois...
En plus, la démonstration avec les epsilons est longue et fastidieuse.
@math2
Merci pour ton avis, j'aurais du dire que le produit scalaire est à valeurs dans $\R$ pour être plus précis.
Demain je chercherai la suite. -
Le symbole de $\star$-convergence se bricole avec \long\rightharpoonup, le produit scalaire avec \langle \rangle. Personnellement, je trouve bizarre la formulation "converger" et "vers 2 limites distinctes", genre converger = "aller vers un quelque chose" (dans l'acceptation française du terme) tout en "vers deux quelque choses" ! Après, pour les anglo-saxons, c'est plus "élastique".
-
Tu t'intéresse à la convergence faible maintenant ?
-
J'écrirais aussi "par bilinéarité du produit scalaire" ou éventuellement "par linéarité à gauche" après l'égalité des produits scalaires mais pas seulement par linéarité car le produit scalaire n'est pas linéaire.
-
@Oshine Tu ne comprends pas du tout ma remarque. Regarde s-t-p la réponse de @Math Coss. Le fait de dire qu'il aurait accepté cela dans une copie mais il aurait mis du rouge quelque part, cela signifie bien qu'il y a un problème de rédaction.
Il ne s'agit pas de tout redémontrer, mais au minimum il faut être clair . Et ce n'est pas le cas.
Tu démontres l'unicité d'une (certaine) limite en admettant l'unicité d'une (autre) limite.
Mais il faudrait au moins nommer ces limites pour éviter de la confusion. -
Ok ça marche. Je pense avoir réussi la question 2.
I.2) Soit $(v_n)$ une suite convergeant fortement vers $v$. Alors $||v_n - v|| \longrightarrow 0$.
Fixons $v \in H$. On doit montrer que $\langle v_n ,z \rangle \longrightarrow \langle v ,z \rangle $.
Par linéarité à gauche du produit scalaire : $\langle v_n ,z \rangle - \langle v ,z \rangle = \langle v_n -v,z \rangle $
D'après l'inégalité de Cauchy-Schwarz, on a $ | \langle v_n,z \rangle - \langle v,z \rangle |= | \langle v_n -v,z \rangle | \leq ||v_n- v|| \times ||z||$
Or $\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} ||v_n-v || \times ||z|| = ||z || \lim\limits_{n \rightarrow +\infty} ||v_n- v || = 0$.
En en déduit que $\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} | \langle v_n ,z \rangle - \langle v,z \rangle | = 0$
Ce qui montré que $ \boxed{\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} \langle v_n ,z \rangle = \langle v ,z \rangle}$ d'où le résultat voulu. -
Plusieurs petites erreurs : $v$ est déjà défini comme la limite forte de ta suite $(v_n)$ donc cela n'a pas de sens de fixer $v$ à nouveau. Ensuite tu écris des produits scalaires de manière incongrue.
Il faut conclure que ton résultat final est valable pour tous les $z\in H$ pour obtenir la convergence faible.
Sinon la démarche est la bonne (ça ressemblerait presque à un corrigé ...) -
@kalimoulox merci pour ton avis mais que signifie des produits scalaires de manière incongrue ?
-
$<v_n-z>$ c'est ça qui est incongru. Quant au corrigé, on peut espérer qu'il soit mieux rédigé.En particulier la deuxième ligne doit être réécrite.
-
Erreur de frappe c'est vrai j'apprends le produit scalaire sur latex je vais rectifier.
-
Une remarque : on doit pouvoir utiliser le fait que le produit scalaire est continu. N’est-ce pas un résultat de cours ?
C’est bien avec Cauchy-Schwarz que cela se démontre. -
Bien vu l'inégalité de Cauchy-Schwarz, je me suis bien dit qu'avec elle, cela fonctionnerait sûrement.J'ai cherché une preuve sans (car l'inégalité de Cauchy-Schwarz a du mal à rentrer dans ma tête, ça va venir à force de réciter), voici ce que j'ai mais je ne sais pas si c'est juste (OShine va trouvé ça compliqué comme toujours, à juste titre ici oui mais si c'est juste, j'aime bien ma preuve qui permet d'appliquer la définition de la continuité dans un espace vectoriel normé) :soit $z \in H$.
On a : $\langle v_n - v , z \rangle =\dfrac{1}{2} \left( ||v_n+z-v||^2 -||v_n-v||^2-||z||^2 \right) $ .
La fonction $x \longmapsto ||x+z||$ est définie et continue (car $1$-lipschitzienne) sur $H$ donc $\lim\limits_{||x|| \to 0} ||x+z||=||z|| $ .
Donc en appliquant ceci pour $x=v_n-v$ sachant que lorsque $n$ tend vers $+\infty$, $||v_n-v||$ tend vers $0$ par convergence forte de la suite $(v_n)$ vers $v$, on a : $\lim\limits_{n \to +\infty} ||v_n-v+z||=||z|| $ puis $\lim\limits_{n \to +\infty} ||v_n+z-v||^2=||z||^2$ donc $\lim\limits_{n \to +\infty} ||v_n+z-v||^2-||z||^2=0$ . De plus, $\lim\limits_{n \to +\infty} ||v_n-v||^2=0$ donc $\lim\limits_{n \to +\infty} \langle v_n - v , z \rangle=0$, ce qui prouve que la suite $(v_n)$ converge faiblement vers $v$ . -
@NicoLeProf oui ta démonstration est bonne. Mais tout de même, Cauchy-Schwarz n'est pas compliqué à retenir, ni a démontrer.C.S c'est $|<u,v>| \leq ||u|| ||v||.$ D'ailleurs je me rappelle qu'au lycée on voyait $\vec{u}.\vec{v}= ||\vec{u}|| ||\vec{v}|| \cos (\vec{u} ,\vec{v})$ et C-S c'est simplement dire que la valeur absolue du cosinus d'un angle est plus petite que 1.Ensuite la démonstration, c'est simplement écrire que le polynôme $P$ de degré $2$ vérifie $P(\lambda)=||u +\lambda v|| ^2\geq 0,\forall \lambda \in \R$P.S Il ne faut pas oublier aussi le cas d'égalité dans C-S car cela sert assez souvent.
-
Oui bd j'y travaille, ne t'inquiète pas ! ^^'Il faut aussi que je retienne les versions de cette inégalité avec les sommes, intégrales, que j'étudie un peu plus le cas d'égalité et la version avec les espérances ...Bon, je viens de le faire : ça va lol, je m'attendais à pire ^^'
-
Rien ne change sauf l'écriture: Exemple dans $L^2(0,1) $ cela donne $|\int_0^1f(x) g(x) dx| \leq (\int_0^1 f(x)^2 dx)^{1/2} ( \int_0^1 g(x)^2 dx )^{1/2}$ mais la démonstration ne change pas du tout.
-
Oui bd, d'ailleurs il suffit de faire la preuve avec le produit scalaire pour démontrer les autres inégalités (pour lesquelles on peut se ramener à un produit scalaire à chaque fois).Sinon, OShine, merci pour ce très bel exo ! Je pense avoir trouvé une solution à toutes les questions au final, j'en suis ravi !
-
J'avais posé une fois en examen de rattrapage un exercice sur la convergence faible, ressemblant à celui proposé. Chez mes étudiants, la catastrophe s'était produite à la question I.4., de mémoire je ne l'avais jamais eue bien traitée.Personnellement, j'aurais groupé I.6. en demandant l'aspect borné, le fait qu'elle converge faiblement vers $0$ et qu'elle ne converge pas fortement, et du coup dans I.2. j'aurais ajouté le fait que les limites faibles et fortes coïncident en cas d'existence (c'est établi par la démonstration, mais ce n'est pas dans l'énoncé).
-
@NicoLeProf c'est ENS maths C un ancien sujet, je ne traite que la première partie car le niveau s'élève trop ensuite et il y a du calcul différentiel (je ne trouve pas de livre qui aborde le calcul différentiel), ça devient hors de portée. Cette partie m'a paru abordable, bien que je sens que la fin va me poser des difficultés. D'ailleurs je bute sur I.4.Merci de ne pas avoir spoilé la suite même si tu as réussi les questions
I.3) Supposons que $v_n$ converge faiblement vers $v$. Supposons que $||v_n||$ converge vers $||v||$.On a $||v_n||^2 = ||(v_n -v)+v ||^2 = ||v_n-v||^2 + 2 \langle v_n-v,v \rangle+ ||v||^2$.
Montrons que $v_n$ converge vers $v$.
Donc $\boxed{||v_n-v||^2 = ||v_n||^2 - ||v||^2 - 2\langle v_n-v,v \rangle }$
Il est temps d'utiliser les hypothèses. On a $\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} ||v_n||^2= ||v||^2$, puis la convergence faible fournit $\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} \langle v_n-v,v \rangle =0$.
Ainsi $\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} ||v_n-v||^2 =0$ soit $\boxed{\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} ||v_n-v|| =0 }$Donc $v_n$ converge vers $v$.I.4) On sait déjà que la convergence forte implique la convergence faible.Aucune idée pour cette question, je ne vois pas trop à quoi peut servir l'hypothèse de dimension finie.
Il s'agit de montrer que si $H$ est de dimension finie, alors la convergence faible implique la convergence forte.
Si $v_n$ converge faiblement vers $v$ alors $\forall z \in H \ \langle v_n ,z \rangle \longrightarrow \langle v,z \rangle$
On veut montrer que $||v_n-v|| \longrightarrow 0$.
-
On est en dimension finie, identifions $H$ à $\R^n$ muni du produit scalaire usuel. Posons $v_p=(v_ {1,p},\ldots ,v_ {n,p}),\ v=(v_ 1,\ldots ,v_ {p})$ et soit $(e_1,\ldots ,e_n )$ la base canonique.Puisque la suite $(v_p)$ converge faiblement vers $v$, on a $<v_p,e_1>\, =v_p$ converge vers ... voilà le début. Reste à finir car il n'y a aucune difficulté.Edit pas vu le message de @raoul.S
-
Pour la I.4) , je note $p$ la dimension de $H$ et j'ai pris une base orthonormée de $H$ que j'ai notée $B=(e_1,\dots ,e_p)$.On a une décomposition de $v_n \in H$ : $v_n=u_1(n)e_1 + u_2(n)e_2 +\dots +u_p(n)e_p$ de manière unique. De même, on a une décomposition de $v$ : $v = \lambda 1 e_1 + \dots + \lambda_p e_p$ de manière unique.On calcule pour tout $i \in \{1,\dots ,p\}$ , $\langle v_n-v,e_i \rangle=\dots $ et on fait tendre $n$ vers $+\infty$. Cette question n'est pas si difficile qu'elle en a l'air ! ^^ 'En gros, j'ai fait comme raoul et bd lol
-
Pour le fun je propose un I.3.bis : montrer que si $K\subset H$ est compact et que $(v_n)$ est une suite de $K$ qui converge faiblement alors elle converge fortement (vers la même limite évidemment).
-
Ok merci. @raoul.S je préfère chercher les questions bis une fois que j'ai terminé le problème, sinon je m'éparpille trop et je mélange tout.
I.4) Soit $\mathcal B=(e_1, \cdots, e_n)$ une base orthonormée de $H$.
Alors $v_n-v \in H$ donc $v_n- v = \displaystyle\sum_{k=1}^n \langle v_n- v, e_k \rangle e_k$.
Ainsi : $\boxed{||v_n- v||^2 = \displaystyle\sum_{k=1}^n \langle v_n- v, e_k \rangle ^2}$
La convergence faible de $v_n$ vers $v$ impose que $\forall k \in [|1,n|] \ \lim\limits_{n \rightarrow +\infty} \langle v_n- v, e_k \rangle =0$.
Donc $ \lim\limits_{n \rightarrow +\infty} \displaystyle\sum_{k=1}^n \langle v_n- v, e_k \rangle ^2 = \displaystyle\sum_{k=1}^n \lim\limits_{n \rightarrow +\infty} \langle v_n- v, e_k \rangle ^2 = \displaystyle\sum_{k=1}^n 0 = 0 $.
On a montré $\boxed{\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} ||v_n-v||=0}$ d'où le résultat.
-
Raoul, je pense qu'il faut utiliser le fait que toute fonction continue sur un compact est bornée et atteint ses bornes ou la caractérisation avec les suites extraites mais pour le moment, je ne vois pas malheureusement... Je n'ai jamais été à l'aise en topologie...
-
Oui c'est bien avec les suites extraites. Ce n'est pas si compliqué... une fois qu'on a trouvé
-
Je propose cette solution: Soit $v$ la limite faible de la suite $(v_n).$ Soit $w$ un point d'accumulation de la suite $(v_n)$ qui est dans le compact $K.$ C'est à dire qu'il existe une sous-suite $(v_{\varphi(n)})$ qui converge fortement vers $w.$ Bien entendu $(v_{\varphi(n)})$ converge faiblement vers $v$ et en vertu de ce qui a déjà été vu on a $w=v.$Autrement dit $v$ est le seul point d'accumulation de la suite $(v_n).$ La suite $(v_n)$ converge fortement vers $v.$
-
Je ne maîtrise pas la notion de point d'accumulation (donc je ne comprends pas cette preuve) mais je n'ai pas réussi la question de @raoul.S je ne vois pas le lien entre la suite extraite, sa limite et la notion de convergence faible.
Je trouve cette question plus difficile que les autres questions de ce sujet ENS maths C.
J'ai commencé par remarquer que si $(v_n)$ est à valeurs dans un compact $K$, elle admet une sous-suite $(v_{\varphi(n)})$ convergente vers une limite $l$.
Mais après blocage total.
-
Oui voilà, c'était simple...
Edit : je n'ai pas vu ton message OShine. -
Je ne comprends pas un mot de la solution de @bd2017 (déjà point d'accumulation je suis perdu).
Je n'ai pas cette définition d'un point d'accumulation. Quand je lis la définition j'ai déjà le tournis, on ne peut pas résoudre la question sans utiliser cette notion ?
Soit $E$ un espace topologique et $A$ une partie non vide de $E$ et $a \in E$. On dit que $a$ est un point d'accumulation de $A$ s'il est adhérent à $A$ sans être isolé dans $A$, autrement dit si $a$ est un point d'adhérence de $A \setminus \{ a \}$.
Je ne vois pas du tout le rapport avec ta question @raoul.S. -
Je tente une reformulation de la preuve de bd2017 :$K$ est non vide (il contient la suite $(v_n)$) et compact donc $\overline{K}=K$ ($K$ est fermé).Soit $w$ un point d’accumulation de $K$ alors $w$ est adhérent à $K$ sans être isolé dans $K$ . Autrement dit, $w$ est un point d'adhérence de $K\setminus\{w\}$ . Comme $K$ est fermé, $w \in K$ .$K$ est compact donc il existe une sous-suite $(v_{\varphi(n)})$ de $(v_n)$ qui converge fortement vers $w$ (donc faiblement vers $w$ : déjà vu). La suite extraite $(v_{\varphi(n)})$ converge faiblement vers $v$ car la suite $(v_n)$ converge faiblement vers $v$ (toute suite extraite d'une suite convergente, converge vers la limite de la suite "de base").Ainsi, par unicité de la limite (déjà prouvé avant), $w=v$ .
-
Oublie le point d'accumulation. Si $(v_n)$ est une suite dans $K$ alors par définition des compacts, il existe une sous-suite (ou suite extraite, on utilise les deux expressions) convergente.
bd2017 note $(v_{\varphi(n)})$ cette sous-suite et $w$ sa limite (pour la norme, donc $\|v_{\varphi(n)}-w\|\to 0$). Mais alors, $(v_{\varphi(n)})$ converge aussi faiblement vers $w$. Mais $(v_{\varphi(n)})$ converge faiblement également vers $v$ puisque $(v_n)$ converge faiblement vers $v$. Donc par unicité de la limite, $w=v$ etc.
Edit : je n'ai pas vu le message de NicoLeProf, désolé je répète en fait... -
Ah yes je comprends mieux comme cela, merci beaucoup raoul !!!
-
@NicoLeProf d'accord mais il n'y a pas besoin de point d'accumulation ici.
@raoul.S ok merci je m'attendais à plus dur, je croyais qu'il fallait construire une extractrice etc...
Je vais essayer de résoudre la question 5 avant de dormir.
-
Bonjour,
@NicoLeProf dans ta démonstration il manque une phrase pour avoir la convergence de $(v_n)$.Pour le fun je propose un I.3.ter : Soit $u :H \mapsto H$ une application linéaire continue tel que $rg(u) < \infty$ soit $(v_n)$ une suite d'éléments de $H$ qui converge faiblement vers $v$ montrer que $u(v_n) \rightarrow u(v)$ fortement. -
La question $5$ m'a donné du fil à retordre, il m'a fallu 30 min pour trouver l'idée.
I.5) Soit $(v_n)$ une suite bornée.
Supposons que $v_n$ converge faiblement vers $v$ et $w_n$ fortement vers $w$.
On a $\langle v_n,w_n \rangle - \langle v,w \rangle = \langle v_n,w_n-w+w \rangle - \langle v,w \rangle = \boxed{ \langle v_n -v,w \rangle+ \langle v_n,w_n-w \rangle } $
Par l'inégalité triangulaire : $| \langle v_n,w_n \rangle - \langle v,w \rangle | \leq | \langle v_n -v,w \rangle | + |\langle v_n,w_n-w \rangle | $
Par l'inégalité de Cauchy-Schwarz : $| \langle v_n,w_n \rangle - \langle v,w \rangle | \leq | \langle v_n -v,w \rangle | + ||v_n || \times ||w_n-w|| $- Par la convergence faible de $v_n$ vers $v$ : $\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} | \langle v_n -v,w \rangle | =0$
- Par convergence forte, et sachant que $v_n$ est bornée (le produit d'une suite bornée par une suite qui tend vers $0$ est une suite qui tend vers $0$), on en déduit : $\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} ||v_n || \times ||w_n-w|| =0$.
Conclusion : $\boxed{\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} \langle v_n,w_n \rangle = \langle v,w \rangle}$ -
La claaasse. Inégalité triangulaire + Cauchy-Schwarz + une première ligne un peu technique et tout ça dans une preuve impeccable, OShine tu... as copié un corrigé ?
@OShine avec ce que tu as fait jusqu'à présent dans cet exo, tu ne devrais pas avoir de difficultés pour résoudre l'exo I.3.ter de Barjovrille. -
Je n'ai même pas cherché de corrigé à vrai dire. Je remarque qu'en cherchant sans corrigé, j'assimile beaucoup plus de choses.
Faire 5 questions sans avoir le corrigé à lire à côté et avec l'aide des personnes du forum je progresse plus qu'en lisant le corrigé détaillé des 45 questions d'un sujet Centrale.
Je le chercherai demain matin l'exercice de @Barjovrille si j'ai un peu de temps entre les cours. -
Je trouve que pour la question posée par @raoul.S , la solution donnée par lui même c'est celle que j'ai donné. Sauf que @raoul.S termine par etc . Le etc n'est pas à négliger.
Quand @Oshine termine en disant que c'était simple et qu'on n'utilise pas la notion de point d'accumulation c'est faux. En effet on a montré qu'on peut extraire une sous-suite qui ne peut que converger vers v. Maïs cela n'explique pas du tout que la suite converge vers v.
Je veux bien qu'on n'utilise pas le mot point d'accumulation mais j'aimerais que la démonstration soit complète. !!
-
Ainsi on a une suite extraite qui converge vers v. Expliquez moi Svp pourquoi cela implique que la suite est convergente vers v.? Car personnellement j'ai utilisé de façon sous entendue qu'une suite dans un compact admettant un seul point d'accumulation est convergente vers ce point d'accumulation. Mais cette partie de démonstration me semble être passée sérieusement à la trappe
Édit. Je suis un peu scotché d'avoir de très bonnes solutions sur un exercice relatif à convergence faible et que simultanément on ne sache pas ce qu'est un point d'accumulation.
Qui dit convergence, dit limite et tout de suite vient la notion de point d'accumulation. C'est à dire limite d'une suite extraite.
Bref dès qu'on pose une question annexe à l'exercice initial tout s'effondre. Il y a de quoi penser à du recopiage de solution. -
La notion de point d'accumulation n'est pas une notion du programme, je ne la maitrise pas.L'exercice sur la convergence faible n'utilise que des notions élémentaires sur le produit scalaire.
-
Tu connais sûrement ce que bd2017 appelle "point d'accumulation" sous le nom de "valeur d'adhérence" (puisqu'il me semble que tu as travaillé le programme de prépa).Le résultat utilisé par bd2017 s'énonce alors "toute suite d'un compact admettant une unique valeur d'adhérence converge vers cette valeur d'adhérence" (et il est au programme de MP).
-
Ce n'est pas ma solution, c'est la tienne que j'essayais d'expliquer à OShine sans utiliser l'expression "point d'accumulation".bd2017 a dit :
Personnellement je n'ai pas relevé car étant donné que tu es un très bon analyste je me suis dit que c'était évident pour toi d'utiliser ce résultat dans ta preuve sans détailler...bd2017 a dit :Expliquez moi Svp pourquoi cela implique que la suite est convergente vers v.? Car personnellement j'ai utilisé de façon sous entendue qu'une suite dans un compact admettant un seul point d'accumulation est convergente vers ce point d'accumulation. Mais cette partie de démonstration me semble être passée sérieusement à la trappe.
Mais étant donné que personne n'a encore détaillé ce point je vais le faire pour terminer proprement. Voici le résultat utilisé : soit $(X,d)$ un espace métrique compact et $(x_n)$ une suite de $X$ possédant une unique valeur d'adhérence $x$. Alors $(x_n)$ converge vers $x$.
Preuve 1: si $(x_n)$ ne converge pas vers $x$ alors il existe $\varepsilon>0$ et une sous-suite $(x_{\phi(n)})$ telle que $\forall n\in \N, d(x,x_{\phi(n)})>\varepsilon$. Or $X$ étant compact, il existe une sous-suite de $(x_{\phi(n)})$ qui converge vers un $x'\in X$. Mais $x'$ est une valeur d'adhérence de la suite $(x_n)$ et par conséquent $x'=x$ ce qui est absurde étant donné que $\forall n\in \N, d(x,x_{\phi(n)})>\varepsilon$. Donc $(x_n)$ converge vers $x$.
Remarquons pour finir que cet énoncé se généralise sans problème aux espace topologiques. Il faut alors considérer des filtres au lieu des suites (les filtres étant une généralisation des suites) : Soit $X$ un espace topologique compact et $\mathcal{F}$ un filtre sur $X$ ayant une seule valeur d'adhérence. Alors $\mathcal{F}$ converge vers $x$.
La preuve est exactement la même que celle ci-dessus : supposons que $\mathcal{F}$ ne converge pas vers $x$ l'unique valeur d'adhérence. Alors le filtre des voisinages de $x$ n'est pas dans $\mathcal{F}$ et donc il existe un voisinage $V$ de $x$ qui n'appartient pas à $\mathcal{F}$. Mais ceci signifie que $X\setminus V$ intersecte tous les éléments de $\mathcal{F}$. Par conséquent il existe un filtre $\mathcal{F}'$ tel que $\mathcal{F}\cup \{X\setminus V\}\subset \mathcal{F}'$.
Or $\mathcal{F}'$ n'a aucune valeur d'adhérence [en effet $\mathcal{F}'$ a au plus une valeur d'adhérence qui est $x$, car $\mathcal{F}'$ est plus fin que $\mathcal{F}$. Mais $x$ ne peut pas être valeur d'adhérence de $\mathcal{F}'$ car $V\cap (X\setminus V)=\emptyset$]. Mais ceci est absurde étant donné que tout filtre dans un compact possède une valeur d'adhérence...
-
Merci @raoul.s d'avoir complété le "etc" et aussi d'avoir approfondi l'exercice proposé par @OShine .J'en profite pour poser une question pour @Oshine ou pour celui qui suit ce fil.On considère l'espace $H$ de la question 1.6 et la suite $(f_n)_{n\geq 1}$ d'éléments de $H$ tels que$f_n(x)=\sqrt{n}(1-n x)$ sur $[0,\dfrac{1}{n}]$ et $f_n(x)=0$ sur $]\dfrac{1}{n},1]$Questions 1. la suite $(f_n)$ converge-t-elle fortement ? 2. la suite $(f_n)$ converge-t-elle faiblement ? (En cas de limite pour 1. ou 2. préciser la limite)3. La suite $(f_n)$ est-elle de Cauchy?Même question avec la suite $(g_n)_{n\geq 3} $ définiepar : $$ g_n(x)=0, \forall x \in [0,1/2-1/n[, g_n(x)=\frac{n x}{2}-\frac{n}{4}+\frac{1}{2}, \forall x\in ]1/2-1/n,1/2+1/n[ ,g_n(x)=1, \forall x \in [1/2+1/n,1]. $$Que dire de $H$?
-
@Parku
Ok merci.
I.6.a) J'ai avancé un peu, je n'ai pas encore cherché la convergence faible.
On a $||c_n||^2 = \displaystyle\int_{0}^1 \cos^2(nt) dt$.
Les fonctions $u : t \mapsto \dfrac{1}{n} \sin(nt)$ et $v : t \mapsto \cos(nt)$ sont de classe $C^1$ sur $[0,1]$. Une IPP fournit :
$||c_n||^2 = \dfrac{1}{n} \sin(n) \cos(n) + \displaystyle\int_{0}^1 \sin^2(nt) dt$
$||c_n||^2 = \dfrac{1}{n} \sin(n) \cos(n) + \displaystyle\int_{0}^1 (1-\cos^2(nt)) dt$
D'où $\boxed{||c_n||^2 = \dfrac{\sin (2n) }{4n} +\dfrac{1}{2}}$
Ainsi $||c_n||^2 \leq \dfrac{1}{4n} + \dfrac{1}{2}$ soit $||c_n||^2 \leq 1 + \dfrac{1}{2} \leq \dfrac{3}{2}$
Soit $\boxed{||c_n|| \leq \sqrt{3/2}}$. La suite $(c_n)$ est bornée.
Connectez-vous ou Inscrivez-vous pour répondre.
Bonjour!
Catégories
- 163.1K Toutes les catégories
- 7 Collège/Lycée
- 21.8K Algèbre
- 37.1K Analyse
- 6.2K Arithmétique
- 52 Catégories et structures
- 1K Combinatoire et Graphes
- 11 Sciences des données
- 5K Concours et Examens
- 11 CultureMath
- 47 Enseignement à distance
- 2.9K Fondements et Logique
- 10.3K Géométrie
- 62 Géométrie différentielle
- 1.1K Histoire des Mathématiques
- 68 Informatique théorique
- 3.8K LaTeX
- 39K Les-mathématiques
- 3.5K Livres, articles, revues, (...)
- 2.7K Logiciels pour les mathématiques
- 24 Mathématiques et finance
- 312 Mathématiques et Physique
- 4.9K Mathématiques et Société
- 3.3K Pédagogie, enseignement, orientation
- 10K Probabilités, théorie de la mesure
- 772 Shtam
- 4.2K Statistiques
- 3.7K Topologie
- 1.4K Vie du Forum et de ses membres
In this Discussion
Qui est en ligne 4
+3 Invités