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Aucun problème, elle est suffisamment proche d’une fonction dérivable pour que ça marche

103 : et sur sqrt{2}, elle vaut combien, f ?

(Pour tout a rationnel, elle ne peut pas être continue parce qu'on peut toujours trouver pour epsilon positif, un a' arbitrairement proche de a avec des p,q arbitrairement grands tel que f(a') < epsilon)
(et si f = 0 sur R\Q, alors j'imagine que au moins pour les diophantiens elle sera continue.)

Donc elle n'est continue nulle part. Quel que soit a, il existe une suite (x_n) de rationnels aux coefficients arbitrairement grands qui approxime a (et les coefficients p_n,q_n croissent). Et comme f(x_n) = 1/(p_n²+q_n²) tend vers zéro, la boucle est bouclée.

(Si a = p/q est rationnel, prendre (10^n*p + 1 ) / (10^n*q + 1) ; si a n'est pas rationnel suffit de prendre la suite des Ent(10^n a)/10^n, qui tend vers a irrationnel, ça fonctionne.)

EDIT : désolé pour la rédaction de chimiste.

104 : non si c'est "convexe" et pas "strictement convexe" : si je prends la fonction identité, toute perturbation générique la rend non convexe, même arbitrairement petite. (Ex : (x -> (1/n) sin(x)) ).
Si c'est strictement, alors la réponse est oui : si la perturbation est assez petite. (Ok là je suis un peu léger dans ma rédaction.)

Pour la 105, s'inspirer de la 104 (mais je n'ai pas encore de preuve "robuste" sous la main.
("robuste"... perturbation..? Vous l'avez ?)

104 : très juste ! Pour tout f continue convexe, on peut lui adjoindre un pic ou un plateau de taille arbitrairement petite (et ce pic la rendra non convexe). Donc il existe une perturbation continue qui ne la rend plus convexe.

(Question subsidiaire : une perturbation générique fonctionnerait-elle ?)

Ex : la perturbation
h_n : [0,1] -> [0,1]
x -> 2018*(1-|x-a|)/n si |x-a| < 1/n
0 sinon
(pointe linéaire par morceaux centrée en a, de largeur 1/n, de hauteur 2018/n et de pente 2018)

Reste plus qu'à trouver où centrer ce a (à un des endroits où la pente de f est minimale, et je suis prêt à parier qu'une fonction de C([0,1]) convexe ne peut pas avoir une pente toujours supérieure à 1 )

EDIT : je suis pas sûr qu'on ait besoin que la pointe soit aussi abrupte, mais je n'arrive pas à prouver qu'il n'y en ait pas besoin, tout en sentant que c'est assez trivial

Dattier a écrit : ↑

25 avr. 2018 18:51

siro a écrit : ↑

25 avr. 2018 15:38

je suis prêt à parier qu'une fonction de C([0,1]) convexe ne peut pas avoir une pente toujours supérieure à 1

Qu'en est-il de $ x \rightarrow \exp(1+x) $ sur [0,1] ?

Ou même $ x \longmapsto x $ sur $ [0,1] $.

Dattier a écrit : ↑

25 avr. 2018 18:51

siro a écrit : ↑

25 avr. 2018 15:38

je suis prêt à parier qu'une fonction de C([0,1]) convexe ne peut pas avoir une pente toujours supérieure à 1

Qu'en est-il de $ x \rightarrow \exp(1+x) $ sur [0,1] ?

Ah mais je croyais de [0,1] dans [0,1]. Alors oui ça change tout et ma "preuve" est juste fausse.
(Mais on peut l'adapter.)

Pour le 96 donc (je termine ma preuve) : on commence par traiter le cas d’une fonction C1 croissante en approximant la dérivée par un polynôme positif. On se ramène à ce cas en montrant que toute fonction C0 croissante et limite uniforme de fonctions C1 croissantes. Pour cela on commence par prolonger f a [1,2] par la valeur f(1) et on définit la suite de fonctions (fn) comme fn(x)= n* (intégrale de x a x+1/n de f(t)dt). On a que les fn sont bien croissantes et convergent uniformément vers f (un petit argument d’uniforme continuité est nécessaire) !

106 est vrai par Bolzano Weierstrass. Si on prend fn convergeant vers f pour la norme infinie xn suite de points fixes de fn quitte à extraire xn converge vers x et alors N(f(x)-x)<= N(f(x)-f(xn))+N(f(xn)-fn(xn))+N(xn-x) qui tend vers 0
107 id est la limite de id+epsilon pour epsilon tendant vers 0
108 on prend f affine valant en 0 1/4 en 1 3/4. Si N(f-g)<1/4 g(0)>0 g(1)<1 donc g admet un point fixe, L intérieur est donc non vide

112 on prend f valant 0 sur R\]0,1[ Cinfini et non nulle sur ]0,1[ typiquement si g =0 sur R- et exp(-1/x^2) sur R+* f(x)=g(x)g(1-x). On considère fn=f(xn)/racine(n). fn converge vers 0 car de norme inférieure à 1/racine(n). Néanmoins f'n à une norme infinie valant racine(n)N(f') et donc on n'a pas Cvu vers 0
109 110 soit f croissante continue posons geps valant f sur [0,1-eps] et affine sur le reste valant f(1-eps) -eps en 1. Lorsque eps tend vers 0 positivement N(f-geps)=f(1)-f(1-eps)+eps tend vers 0 donc c est bien d intérieur vide. Ça implique donc 109
108 on passe juste à la limite la croissance en disant que si fn tend vers f et a <=b, fn(a) <=fn (b) et donc en passant à la limite f(a)<=f(b)