Exos sympas MP(*)

[Retard]

Je ne comprends pas la définition des Pi_i. J'imagine bien qu'on utilise la décomposition unique dans la somme directe mais dans l'énoncé j'ai juste l'impression qu'on choisi l'image comme on veut dans le sous espace.

Non pour moi l'image est la décomposition dans la somme directe. Mais du coup je ne comprends pas pourquoi ce n'est pas un projecteur par définition....

[JeanN]

Je ne comprends pas la définition des Pi_i. J'imagine bien qu'on utilise la décomposition unique dans la somme directe mais dans l'énoncé j'ai juste l'impression qu'on choisi l'image comme on veut dans le sous espace.

Non, la définition est certes un peu elliptique mais on choisit pour l'image de x la composante qui va bien dans la décomposition qui va bien.
L'exo n'est pas bien difficile en réalité.

[Almar]

Ah oui c'est presque immédiat alors... j'espérais un résultat avec des hypothèses plus légères...
Désolé pour le dérangement.

[oty20]

Une inégalité différentielle :

$ h : ]-1,1[ \to \mathbb{R} $ deux fois dérivable , telle que :

$ \forall x \in ]-1,1[ : ~~~~~~|h''(x)| \leq |h'(x)|+|h(x)|, ~~~~~~~h(0)=h'(0)=0 $

que dire de $ h $ ?

je posterai une solution dans deux jours .

[donnerwetter]

Quelque chose dans ce goût là peut être ?

Soit x tel que tel que |h'(x)|=max sur [0,1/2] des y de [0,1/2] tels que |h'(y)|=max [0,y] |h'|. D'après l'inégalité des accroissements finis |h'(x)| <=x* (max [0,x] |h''|) <= x* (max [0,x] (|h'| + |h|)) <= x*|h'(x)| + x*max [0x] |h| <= x*|h'(x)| + x*x*|h'(x)| en réappliquant l'iaf donc
|h'(x)|<=x*(1+x)|h'(x)|<=3/4|h'(x)| donc sur ]0,x[ |h'| est nulle, et h aussi. On étend le résultat à [0,1/2[ par définition de x. Puis en reproduisant le même raisonnement sur la translatée i(t)=h(t+1/2) sur [0,1/2], on conclut.

[oty20]

Bonsoir , l'idée est bonne , mais je pense qu'il y a un problème de rédaction .

[Siméon]

Quitte à considérer $x \mapsto h(-x)$, il suffit d'établir la nullité de $h$ sur $[0,1\mathclose[$.
Les hypothèses entraînent facilement pour tout $ x \geq 0,\ |h(x)|+|h'(x)| \leq 2 \int_0^x (|h(t)| + |h'(t)|) dt $, puis on conclut avec le lemme de Grönwall.

[oty20]

Bravo Siméon , $ x=0 $ donne $ h''(0)=0 $ puis :

$ |h'(x)|=|\int_{0}^{x} h''(t)dt|\leq\int_{0}^{x} |h''(t)|dt \\
~~~~~~~~~\leq \int_{0}^{x} |h'(t)|+|h(t)| dt \\
|h(x)|=|\int_{0}^{x} h'(t) dt | \leq \int_{0}^{x} |h'(t)| dt \leq \int_{0}^{x} |h(t)|+|h'(t)| dt $

Cet exo montre la puissance des outils de MP . Sans le lemme de Grönwall , on peut s'en sortir , mais péniblement .
Pour montrer la fonction $ h $ est identiquement nulle , il peut être judicieux d'essayer de montrer que le $ sup |h(x)| $ est nul , ici l'intervalle est ouvert , pour utiliser les résultats de continuité on va travaillé sur un recouvrement .

Soit $ r \in ]0,\frac{1}{2} $ considérons $ I=[-r,r] \subset ]-1,1[ $

comme $ h $ est continue , soit $ t $ tel que $ M=|h(t)|=Max_{x\in I} |h(x)| $ . On peut sans perdre de généralité supposé $ t>0 $ (comme dans la remarque dans le Poste de Siméon ) .
D’après Taylor on peut trouver $ a_{1} \in ]0,t[ $ tel que : $ h(t)=\frac{t^{2}}{2} h''(a_{1}) $ , en vue des hypothèses on tire :

$ |h(t)|\leq \frac{t^{2}}{2} (|h(a_{1})| +|h'(a_{1})|) $ , on réitérant le raisonnement , on peut trouver $ a_{2} \in ]0,a_{1}[ $ tel que : $ h'(a_{1})=a_{1} h''(a_{2}) $

$ |h(t)|\leq \frac{t^{2}}{2} (|h(a_{1})| +a_{1}|h''(a_{2})|) \leq \frac{t^{2}}{2} (|h(a_{1})|+a_{1}|h(a_{2})|+a_{1}|h'(a_{2})|) $

En réitérant le raisonnement , on peut trouver une suite $ (a_{n}) $ strictement décroissante :
$ |h(t)|\leq \frac{t^{2}}{2} (\sum_{i=1}^{n} |h(a_{i})| \Pi_{j=1}^{i-1} a_{j} + |h'(a_{n})|\Pi_{i=1}^{n-1}a_{i})\\
~~~~~~~~~~\leq \frac{t^{2}}{2} ( \sum_{i=1}^{n} |h(t)|a_{1}^{i-1}+|h'(a_{n})| a_{1}^{n-1}) $
Donc pour tout entier naturel $ n $

$ |h(t)|\leq \frac{t^{2}}{2} (h(t)~~ \frac{1-a_{1}^{n-1}}{1-a_{1}}~~+|h'(a_{n})|a_{1}^{n-1}) $

comme $ x\to h'(x) $ est bornée sur $ I $ ,on fait tendre $ n \to \infty $ il vient :
$ |h(t)|\leq \frac{t^{2}}{2} \frac{|h(t)|}{1-a_{1}} $ donc $ (1-\frac{t^{2}}{2(1-a_{1})}) |h(t)|\leq 0 $ comme $ a_{1}\in ]0,\frac{1}{2}[ $ , il s'ensuit que $ |h(t)|=0 $ donc $ h\equiv 0 $ sur $ [-r,r] $ , donc $ h(r)=h(-r)=h'(r)=h'(-r)=0 $ , par translation avec un raisonnement analogue il vient que $ h \equiv 0 $ sur $ [-2r,2r] $ pour tout $ r \in ]0,\frac{1}{2}[ $ ce qui permet de conclure .

[yoloyo123]

Puisque le dernier parlait de suite
Soit la suite $(y_n)_{n\in\mathbb{N}}$ définie par $y_0 > 0$ et $\forall n\in\mathbb{N}$ ; $ y_{n+1} = \frac{1}{2}( y_n+ \frac{1}{y_n}) $
Étudier la convergence de $(y_n)_{n\in\mathbb{N}}$

[Chronoxx]

Bonsoir !

Pour l’étude de la convergence de $ (y_n) $ :

SPOILER:

Soit $ f $ une fonction dérivable de $ \mathbb R_{+}^{*} $ dans $ \mathbb R $ définie par :
$ \forall x \in \mathbb R_{+}^{*}, f(x) = \displaystyle\frac{1}{2}(x + \displaystyle\frac{1}{x}) $.

Démontrons que $ (y_n)_{n \in \mathbb N} $ est convergente :
On dérive $ f $ :
$ \forall x \in \mathbb R_{+}^{*}, f'(x) = \displaystyle\frac{1}{2}(1-\displaystyle\frac{1}{x^{2}}) \Leftrightarrow f'(x) = \displaystyle\frac{(x-1)(x+1)}{2x^{2}} $

D'où, $ f $ admet un minimum sur $ \mathbb R_{+}^{*} $ en $ x=1 $.
Par définition, $ \forall x \in \mathbb R_{+}^{*} $, $ f(x) \geq f(1) = 1 $.

Or $ y_{0} > 0 $, on en déduit que la suite $ (y_{n})_{n \in \mathbb N} $ est bien définie et à valeurs dans $ \mathbb R_{+}^{*} $.

Pour $ x $ dans $ [1,+ \infty[ $, étudions le signe de $ f(x) - x $.
$ f(x) - x = \displaystyle\frac{1}{2}(x + \displaystyle\frac{1}{x}) - x = -\displaystyle\frac{1}{2}x + \displaystyle\frac{1}{2x} = \displaystyle\frac{(1-x)(1+x)}{2x} $.

Ainsi, $ \forall x \in [1,+ \infty[, f(x) \leq x $. De plus, $ \forall n \in \mathbb N^{*} $, $ y_n \geq 1 $. On en déduit alors que $ (y_n)_{n \geq 1} $ est décroissante.

On suppose que $ n≠0 $. $ (y_n) $ est décroissante et minorée par 1, donc $ (y_n) $ converge vers un réel $ \ell \geq 1 $.

Déterminons la limite de $ (y_n) $ :

$ (y_n) $ converge vers un réel $ \ell \geq 1 $ et $ f $ est continue sur $ \mathbb R_{+}^{*} $ (car dérivable) donc en $ \ell $.
Or, $ y_n\underset{n\to+\infty}{\longrightarrow} \ell $ et $ y_{n+1}\underset{n\to+\infty}{\longrightarrow} f(\ell) $.

Par unicité de la limite, $ f(\ell) = \ell \Rightarrow \ell = 1 $.

Donc $ \displaystyle y_n\underset{n\to+\infty}{\longrightarrow} 1 $