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Un théorème taubérien

Posté par
monrow Posteur d'énigmes 21-03-08 à 00:43

Bonsoir

Un nouveau petit exo !

Soit 3$\rm g:\mathbb{R_+}\to\mathbb{R_+} décroissante et telle que pour tout x>1, 3$\rm\lim_{y\to +\infty}\Bigint_{y}^{xy}f(t)dt existe dans 3$\rm\mathbb{R} (on note f(x) cette limite).

1) Montrer qu'il existe 3$\rm\lambda\in\mathbb{R} tel que 3$\rm f(x)=\lambda x pour tout x>1.

2) Montrer que 3$\rm\lim_{y\to +\infty}yg(y)=\lambda.

Merci encore !

Posté par
monrow Posteur d'énigmesre : Un théorème taubérien 21-03-08 à 11:26

up

Posté par
1 Schumi 1re : Un théorème taubérien 21-03-08 à 11:28

Salut vieux,

T'es sûr que ce n'est pas g(t) dans l'intégrale? Non parce que sinon "g" on s'en fout un peu non...

Posté par
Tigweg Correcteurre : Un théorème taubérien 21-03-08 à 11:30

Salut monrow!

C'est fin et difficile en général les théorèmes taubériens, tu tires ça d'où?!
J'ai l'imprssion que f est plutôt un multiple de la fonction logarithme!



1)Soient a et b deux réels strictement tels que a>1 et b>1.


On a pour tout y>0: 4$\Bigint_y^{aby}g(t)dt=\Bigint_y^{ay}g(t)dt+\Bigint_{ay}^{aby}g(t)dt


Dans la dernière intégrale, posons 4$Y=ay , elle devient alors 4$\Bigint_Y^{bY}g(t)dt avec b>1.


Quand y tend vers l'infini, il en va de même de Y, d'où l'égalité:


4$\forall a>1 b>1,\; f(ab)=f(a)+f(b)

Donc ce qui est certain, c'est que f n'est pas de la forme que tu as annoncée!



Maintenant il faudrait quelque chose comme une hypothèse de continuité sur g si on veut avoir une chance de pouvoir en déduire que f est dérivable!
Car sans cela, je ne vois pas comment prouver que f est un multiple de ln.


Tigweg

Posté par
Tigweg Correcteurre : Un théorème taubérien 21-03-08 à 11:30

Salut Ayoub

Posté par
monrow Posteur d'énigmesre : Un théorème taubérien 21-03-08 à 11:31

Salut

oui en effet, c'est 3$\rm\lim_{y\to%20+\infty}\Bigint_{y}^{xy}g(t)dt

Posté par
1 Schumi 1re : Un théorème taubérien 21-03-08 à 11:32

Salut Greg

Posté par
Tigweg Correcteurre : Un théorème taubérien 21-03-08 à 11:33

Bon je vais aller visiter ma Môman les jeunes, je vous laisse!
Bonne journée et joyeuses Pâques!

Tigweg

Posté par
1 Schumi 1re : Un théorème taubérien 21-03-08 à 11:34

Greg >> Tant qu'on est dans les gros résultats monstrueux: g décroissante ==> g presque partout continue (ça c'est facile à prouver) ==> g presque partout dérivable (pas triviale du tout).

Posté par
1 Schumi 1re : Un théorème taubérien 21-03-08 à 11:34

Ok, bonne fête alors!

Posté par
monrow Posteur d'énigmesre : Un théorème taubérien 21-03-08 à 11:35

Salut tigweg !

il faisait tard hier, et donc j'écrivais n'importe quoi !

c'est 3$\rm%20f(x)=\lambda%20ln(x)

Posté par
Tigweg Correcteurre : Un théorème taubérien 21-03-08 à 11:35

Lol ça me rappelle quelque chose ça!!!
(Tu l'as eu ton nain dix, au fait?!)


C'est vrai que du coup ça pourrait suffire si on est dans le cadre de l'intégrale de Lebesgue...sauf que dans ce cas y aurait pas marqué: "Pour tout x"!

Posté par
Tigweg Correcteurre : Un théorème taubérien 21-03-08 à 11:36

Ah, je me disais aussi!
Allez bonne journée!

Posté par
monrow Posteur d'énigmesre : Un théorème taubérien 21-03-08 à 11:38

Bonne journée à toi tigre !

Posté par
monrow Posteur d'énigmesre : Un théorème taubérien 21-03-08 à 14:38

personne en attendant que le tigre vienne?

Posté par
Tigweg Correcteurre : Un théorème taubérien 21-03-08 à 18:42

Lol monrow t'as pas répondu à ma question du coup!
Y a pas d'hypothèse de continuité sur g?!

Posté par
monrow Posteur d'énigmesre : Un théorème taubérien 21-03-08 à 18:53

Salut Tigweg !

Désolé mais j'ai pas cru que c'est une question

Non y a pas de continuité ... et là je suis sûr

mais est-ce qu'on ne peut pas la déduire du fait que l'intégrale a une limite qd y tend vers l'infini? peut être que ça implique que g est intégrable et donc continue non?

Posté par
Tigweg Correcteurre : Un théorème taubérien 21-03-08 à 21:16

Ouh là c'est le contraire

Y a plein de fonctions intégrables et discontinues (les fonctions monotones par exemple, ou encore les fonctions continues par morceaux).

En revanche, toute fonction continue sur un compact y est intégrable.

Dans notre exemple, la décroissance de g garantit son intégrabilité sur tout intervalle du type [y;xy].

Maintenant j'ai essayé de prouver directement que la fonction f définie par l'énoncé est nécessairement dérivable (ce qui permettrait de conclure puisqu'on dispose également de l'identité f(ab)=f(a)+f(b)) mais je me retrouve avec un taux de variation en x égal à

\frac{f(1+\frac hx}h.

Il est clair que f(1)=0 donc si on savait que f est continue en 1, le problème de la dérivabilité de f en x se ramènerait à celui de sa dérivabilité en 1.

Or on ne sait rien de tout cela...Je ne vois pas a priori!

Posté par
monrow Posteur d'énigmesre : Un théorème taubérien 21-03-08 à 21:19

ouh là ce que j'ai dit ! en effet c'est le contraire qui est juste sinon je ne comprend pas trop la suite ... surtout, pourquoi la décroissance de g garantira son intégrabilité sur [y,xy]?

Posté par
Tigweg Correcteurre : Un théorème taubérien 21-03-08 à 21:22

C'est parce qu'une fonction monotone est intégrable, c'est le premier "théorème" qu'on voit quand on définit la dérivabilité sur R.

Quoi d'autre ne comprends-tu pas?

Posté par
monrow Posteur d'énigmesre : Un théorème taubérien 21-03-08 à 21:24

ah oui !

non le reste je pigé un peu ...

je réfléchis encore ...

Posté par
Tigweg Correcteurre : Un théorème taubérien 21-03-08 à 21:24

Ok!

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : Un théorème taubérien. 22-03-08 à 22:18

Bonjour ;

Comme il a été dit :

Toute fonction réelle \varphi qui est monotone sur un segment non trivial [a,b] de \mathbb{R} est Riemann-intégrable sur [a,b] .

remarque :

Plus généralement c'est le cas pour toute fonction réglée sur [a,b] c'est à dire pour toute fonction
admettant une limite finie à droite et à gauche de tout point de ]a,b[ , à droite de a et à gauche de b.

Si on utilise ce résultat dans l'exercice proposé par monrow , il vient que pour tout (x,y)\in]1,+\infty[\times[0,+\infty[ , la quantité \int_{y}^{xy}g(t)dt est réelle positive.

\fbox{1} Ainsi en plus de la propriété \fbox{\forall a,b>1\;,\;f(ab)=f(a)+f(b)} (bien vue par Tigweg) on a la positivité de f ce qui garantit sa croissance.

enfin , en considérant la fonction \fbox{h : x\to f(e^x)} , on se ramène à l'équation fonctionnelle de Cauchy , \fbox{h:\]0,+\infty[\to[0,+\infty[\;croissante\\\forall x,y>0\;,\;h(x+y)=h(x)+h(y)}
dont la résolution est classique.

\fbox{2} En utilisant la décroissance de g , on établit facilement que pour tout (x,y)\in]1,+\infty[\times[0,+\infty[ on a \fbox{yg(xy)\le\frac{\lambda\ell n(x)}{x-1}\le yg(y)}

et donc que pour tout (x,y)\in]1,+\infty[\times[0,+\infty[ on a \fbox{\frac{\lambda\ell n(x)}{x-1}\le yg(y)\le\frac{\lambda x\ell n(x)}{x-1}} (sauf erreur bien entendu)

Posté par
Tigweg Correcteurre : Un théorème taubérien 22-03-08 à 23:08

Bonsoir elhor

Je ne savais pas qu'on pouvait se passer de l'hypothèse de continuité et que la croissance suffisait pour résoudre l'équation fonctionnelle à laquelle tu te ramènes, je regarde ça!

Merci pour ton beau (comme toujours!) message.

Posté par
monrow Posteur d'énigmesre : Un théorème taubérien 22-03-08 à 23:27



je vais revoir tout ça demain !

Merci bcp à vous Tigre et elhor !

Posté par
Tigweg Correcteurre : Un théorème taubérien 22-03-08 à 23:48

Pour ma modeste part, ce fut un plaisir!
Bonne nuit monrow!

Posté par
monrow Posteur d'énigmesre : Un théorème taubérien 22-03-08 à 23:52

Bonne nuit Tigweg

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : Un théorème taubérien. 23-03-08 à 20:11

Soit \fbox{h:]0,+\infty[\to\mathbb{R}_+\\\forall x,y>0\;,\;h(x+y)=h(x)+h(y)} et notons \fbox{h(1)=\lambda\ge0} ,

alors :

\fbox{i} \fbox{\forall r\in\mathbb{Q}_+^*\;,\;h(r)=\lambda r} .

\fbox{ii} En utilisant l'encadrement décimal d'un réel x>0 , \fbox{\forall n\in\mathbb{N}\;,\;\frac{[10^n.x]}{10^n}\le x<\frac{[10^n.x]+1}{10^n}} et la croissance de h

on a , à partir d'un certain rang , \fbox{0<\frac{[10^n.x]}{10^n}\le x<\frac{[10^n.x]+1}{10^n}} et donc \fbox{\lambda\frac{[10^n.x]}{10^n}\le h(x)\le\lambda\frac{[10^n.x]+1}{10^n}}

ce qui donne \fbox{|h(x)-\lambda x|\le\frac{\lambda}{10^n}} c'est à dire , par passage à la limite , \fbox{h(x)=\lambda x}. (sauf erreur bien entendu)

Posté par
Tigweg Correcteurre : Un théorème taubérien 23-03-08 à 20:21

Oui tout-à-fait elhor, merci encore!

Pour la majoration finale, c'est plutôt

4$|h(x)-\lambda x|\le \frac{2\lambda}{10^n}

mais ça ne change rien à la conclusion!


Tigweg

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : Un théorème taubérien. 24-03-08 à 00:16

De rien Tigweg

Pour la majoration , on a h(x) et \lambda x dans l'intervalle [\lambda\frac{[10^nx]}{10^n}\;,\;\lambda\frac{[10^nx]+1}{10^n}] d'amplitude \frac{\lambda}{10^n} (sauf erreur bien entendu)

Posté par
Tigweg Correcteurre : Un théorème taubérien 24-03-08 à 00:40

Ah oui, en effet, petite erreur d'inattention!
Bonne nuit!

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : Un théorème taubérien. 24-03-08 à 14:34

Juste avant de conclure :

Je me suis trompé en concluant à l'encadrement \fbox{\frac{\lambda\ell n(x)}{x-1}\le yg(y)\le\frac{\lambda x\ell n(x)}{x-1}}

on a en fait en utilisant la décroissance de g , \fbox{\forall(x,y)\in]1,+\infty[\times]0,+\infty[\;,\;y(x-1)g(xy)\le\int_{y}^{xy}g(t)dt\le y(x-1)g(y)}

ou encore \fbox{\forall(x,y)\in]1,+\infty[\times]0,+\infty[\;,\;\frac{x}{x-1}\int_{\frac{y}{x}}^{y}g(t)dt\ge yg(y)\ge\frac{1}{x-1}\int_{y}^{xy}g(t)dt}

et on a \fbox{\lim_{y\to+\infty}\frac{1}{x-1}\int_{y}^{xy}g(t)dt=\frac{f(x)}{x-1}=\frac{\lambda\ell n(x)}{x-1}} et \fbox{\lim_{y\to+\infty}\frac{x}{x-1}\int_{\frac{y}{x}}^{y}g(t)dt=\frac{xf(x)}{x-1}=\frac{\lambda x\ell n(x)}{x-1}} (à suivre)

Posté par
monrow Posteur d'énigmesre : Un théorème taubérien 24-03-08 à 19:29

Chapeau bas elhor !!!

Merci énormément !

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : Un théorème taubérien. 25-03-08 à 02:49

Pour x>1 , on peut alors trouver A_x>0 tel que 3$\fbox{y\ge A_x \Longrightarrow et\{{\frac{1}{x-1}\int_{y}^{xy}g(t)dt\ge\frac{\lambda\ell n(x)}{x-1}-(x-1)\\\frac{x}{x-1}\int_{\frac{y}{x}}^{y}g(t)dt\le\frac{\lambda x\ell n(x)}{x-1}+(x-1)}

ce qui donne 3$\fbox{\forall x>1\;\exists A_x>0\;/\;\forall y\ge A_x\;\;\frac{\lambda\ell n(x)}{x-1}-(x-1)\le yg(y)\le\frac{\lambda x\ell n(x)}{x-1}+(x-1)}

remarquons que 3$\fbox{\lim_{x\to1\\x>1}\frac{\lambda\ell n(x)}{x-1}-(x-1)=\lim_{x\to1\\x>1}\frac{\lambda x\ell n(x)}{x-1}+(x-1)=\lambda} et donnons nous un réel arbitraire \varepsilon>0 ,

en choisissant un certain x>1 de telle sorte que 3$\fbox{et\{{\lambda-\varepsilon\le\frac{\lambda\ell n(x)}{x-1}-(x-1)\\\frac{\lambda x\ell n(x)}{x-1}+(x-1)\le\lambda+\varepsilon} on voit que

3$\fbox{\forall y\ge A_x\;\;\lambda-\varepsilon\le yg(y)\le\lambda+\varepsilon} ce qui prouve que 3$\blue\fbox{\lim_{y\to+\infty}\;yg(y)=\lambda} (sauf erreur bien entendu)


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