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Résultat général d'analyse fonctionnelle

Bonjour

Soit $f\in C^0(\mathbb R^2, \mathbb R)$, telle que $,\exists M>0, \forall (x,y)\in\mathbb R^2$ avec $f(x,y) \geq M$.

Soit $g \in C^0(\mathbb R,\mathbb R)$, existe-t-il une unique fonction $ h \in C^0(\mathbb R,\mathbb R)$ telle que : $$\forall a\in \mathbb R,\quad \int_0^{h(a)} f(a,x)\,\text{d}x=g(a)\ ?
$$ Bonne journée.

Réponses

  • EXERCICE
    Tu connais déjà la réponse puisque tu as déjà posé la question.

    Je ne pense pas que tu obtiendras une réponse très différente de celles données sur math.stackexchange, l'existence et l'unicité sont immédiates puisque $f\geq M$ et la continuité reposera toujours à un moment ou un autre sur le fait qu'une fonction continue est uniformément continue sur un compact.

    Bon à part ça moi je dirais qu'il ne s'agit pas vraiment d'analyse fonctionnelle, plutôt analyse réelle. Mais bon il n'y a pas de définition officielle de ces termes donc ça reste juste mon avis.
  • Edit : j'ai dit des bétises
  • La question est connaissez-vous une démonstration plus courte ?

    @Tryss : le plus dur est de montrer que la fonction est continue.

    Bonne journée.
  • pourexemple écrivait:

    > Soit $f\in C^0(\mathbb R^2, \mathbb R)$, tel que $\forall (x,y)\in\mathbb R^2,M>0 \in \mathbb R$
    > avec $f(x,y) \geq M$.


    Je ne comprends pas. Quelle quantification sur $M$ ? Quelqu'un peut-il m'expliquer ce que ça veut dire ?
  • @Gabu regarde le lien donné par mojojojo
  • Je pense qu'il faut comprendre que $f$ est uniformément minorée par $M$ mais bon c'est pas super clair comment c'est écrit.
  • Renart (sur MSE) t'avait déjà donné une démonstration courte, tu ne l'a pas comprise. L'idée de base n'est pas compliquée : $\int_0^{h(a)}f(a,x)dx$ est proche de $\int_0^{h(a)}f(a+\varepsilon,x)dx$ par continuité uniforme, ensuite combiné à $f\geq M$ cela entraine que $h(a+\varepsilon)$ ne peut pas être loin de $h(a)$, sinon $g$ ne serait pas continue. C'est écrire les epsilonneries qui prend de la place.
  • Bonjour,

    Sauf erreur il me semble (mais je ne suis pas totalement sûr) qu'il existe une démonstration plus courte.
    J'aimerais savoir si elle est facile à trouver, je laisse encore 1 semaine et ensuite j'essaierais de la plubier.

    Bonne journée.
  • Bonjour,

    Je remonte la question, des fois que quelqu'un trouve, il reste 4 jours.

    Bonne journée.
  • ok, disons que je donnerais ma réponse si on me la demande, ou si une personne en trouve une (courte) diffèrente.

    Bonne journée.
  • Comme l'a dit mojojo je ne vois pas très bien comment tu peux faire plus court que de passer un moment ou un autre par un argument de continuité uniforme.
  • @Héhéhé : Alors maintenant tu vois ?
  • Pourexemple, je constate que tu as fini par modifier l'énoncé qui était incompréhensible. Il reste toujours mal formulé (le "avec").
  • On raisonne par l'absurde en un point de discontinuité de $h$ pour conclure que $g$ y est aussi discontinue. C'est court, mais est-ce assez court ?
  • @Remarque : si tu devais rédigé ta preuve elle prendrais combien de ligne ?
  • Je ne sais pas, ça dépend du niveau d'ellipticité dans la rédaction que l'on est prêt à accepter... deux-trois lignes peut-être.
  • Tu peux me montrer pour voir ?
  • D'ailleurs ce n'est pas par l'absurde, c'est une contraposition. Je suppose $h$ discontinue en $a$. Il existe $\varepsilon>0$ et une suite $a_n\to a$ telle que $h(a_n)\ge h(a)+\varepsilon$ (ou l'inégalité dans l'autre sens, qui se traite pareil). Alors $g(a_n)=\int_0^{h(a_n)}f(a,x)\,dx\ge g(a)+M\varepsilon$.
  • Il y a, je crois, une petite coquille dans ton message remarque : tu devrais écrire $g(a_n)=\int_0^{h(a_n)}f(\mathbf{a_n},x)\,dx$ ce qui rallonge un poil la démonstration en obligeant à parler de continuité uniforme.
  • Remarque Mojojojo : dommage, mais je pense que Mojojojo à raison. non la majoration étant uniforme la démo de Remarque marche toujours non ?
  • $$g(a_n)=\int_0^{h(a_n)} f(a_n,x) dx=\int_0^{h(a_n)}f(a,x)dx+\int_0^{h(a_n)}f(a_n,x)-f(a,x) dx$$
    et vu que $$f(a_n,x) \text{ converge uniformément vers }f(a,x) \text{ sur tout compact}$$
    On a le résultat.

    Bravo Remarque.
  • Alors pour le coup je donne la solution (dont je ne suis pas sûr) :

    En me servant du théorème des fonctions implicites appliquées à $$F(x,y)=\int_0^y f(x,t)\text{d}t-g(x)=0$$
  • mais g est seulement continue, comment parler de $\partial F \over \partial y$
    edit 1 desolé je ne vais pas bien, je vois des x a la place des y
    edit2: de toute façon il faut que F soit au moins $C^1$ dans un ouvert de $\R^2$ pour pouvoir appliquer le théorème des fonctions implicites, donc c'est raté
  • @mojojo, tu as raison. Un peu trop rapide de ma part...
  • @Remarque : la preuve (corrigée) que tu as proposée est la seule que je comprends.
  • @pourexemple : oui une fois corrigé, ça marche pas de souci, mais on ne coupe pas à la continuité uniforme (à moins d'invoquer le théorème de convergence dominée, dans lequel il n'y a pas un poil de continuité... :-D)
  • Gebrane a écrit:
    de toute façon il faut que $F$ soit au moins $C^1$ dans un ouvert de $\R^2$ pour pouvoir appliquer le théorème des fonctions implicites, donc c'est raté

    Oui, c'est pour cela que je ne suis pas sûr, mais c'est bizarre car les arguments qu'ont utilisés Mojojojo ou Remarque continuent de marcher ici, donc soit ce théorème existe, soit on peut le démontrer (au moins dans le cas $\R^2$).
  • Théorème des fonctions implicites (versions Mojojojo-Remarque (M-R)) :
    $F : \R^2 \rightarrow \R$ continue tel que $F$ dérivable par rapport à la première composante, avec la dérivée continue et uniformément minorée par $M>0$.
    Alors $\exists h$ fonction unique continue tel que : $$\forall a\in\R, F(h(a),a)=0$$

    BRAVO, voilà un nouveau résultat qui peut-être bien utile, je ne suis pas sûr qu'il se généralise au dimension supérieur.
  • pourexemple écrivait:
    > Théorème des fonctions implicites
    > $F : \R^2 \rightarrow \R$ continue tel que $F$
    > dérivable par rapport à la première composante
    > continue et uniformément minorée par $M>0$.
    > Alors $\exists h$ fonction unique continue tel que
    > : $$\forall a\in\R, F(h(a),a)=0$$

    Ce n'est pas drôle d’énoncer des théorèmes faux !
    prendre $F(x,y)=1 \forall x,y$
    stp retire les noms de remarque et mojojo
  • C'est la dérivée qui est continue et plus grande que M.

    Aprés si Mojojojo et Remarque ne le veulent pas j'enlève leurs noms, mais cela reste un nouveau résultat qui comme je l'ai dit peut-être bien utile.

    @Gébrane : tu n'as pas remarqué que c'était juste une reformulation du résultat de départ (dont je n'avais pas de preuve (sûr)) jusqu'à ce que Mojojojo le prouve, et surtout Remarque m'en convainc par une preuve que j'ai comprise.
  • Moi j'ai regardé que la formulation de ton "theoreme"
    ça laisse à désirer. Pourquoi ne pas l’écrire sans ambiguïtés?!
  • là c'est mieux ?
  • Pourquoi es-tu toujours ambigu avec tes énoncés pourexemple ? Tu prétends que tu as une démo et que tu finiras par la poster au bout de X jours, puis quand on te donne une démo tu dis que tu n'en connaissais pas !
  • 1/ http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?4,1408556,1409560#msg-1409560
    2/ http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?4,1408556,1411202#msg-1411202

    de 2 choses l'une soit le théorème existait et ma preuve était correcte, soit il n'existait pas et on avait un nouveau résultat sur les fonctions implicites, mais comme l'a fait remarqué Mojojojo dés le début j'avais une preuve, mais je ne la comprennais pas, puis Remarque a posté une preuve que j'ai comprise, ce qui a fait que j'ai publié la preuve dont je n'étais pas sûr de la justesse (car je ne savais pas si ce résultat existait ou non).
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