Inégalité fonctionnelle
dans Analyse
Bonjour,
Soit $f : [0,1] \to \mathbb{R}^+$ une fonction continue. J'essaie de démontrer que pour tout $n\in\mathbb{R}$ :
$$\left(\int_0^1 x^{n+1} f(x)\right)\left(\int_0^1 f(x)\right)\ge \left(\int_0^1 x^{n} f(x)\right)\left(\int_0^1 x f(x)\right)$$
Merci.
Soit $f : [0,1] \to \mathbb{R}^+$ une fonction continue. J'essaie de démontrer que pour tout $n\in\mathbb{R}$ :
$$\left(\int_0^1 x^{n+1} f(x)\right)\left(\int_0^1 f(x)\right)\ge \left(\int_0^1 x^{n} f(x)\right)\left(\int_0^1 x f(x)\right)$$
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Réponses
Essayer avec les fonctions en escalier puis un argument de densité ou bien essayer avec des fonctions polynômes...
Cordialement, j__j
Comme $f: [0,1] \to R^+$, et $f$ est continue sur cet intervalle, alors, pour tout $m$ dans $N$, cette intégrale existe et $\int_{0}^{1} dx x^m f(x) > 0$ si $f > 0$ and $=0$ si $f=0$. On élimine le cas $f=0$ facilement, car l'inégalité devient $0=0$ pour tout $n$ dans $N$, ce qui est vrai. Donc on suppose dans la suite : $f\neq 0$.
On définit la suite $I_n = \frac{\int_{0}^{1} dx x^{n+1} f(x)}{\int_{0}^{1} dx x^{n} f(x)}$ pour $n \geq 0$.
Pour tout $\lambda \geq 0, x \in [0,1], n \geq 0$, on a : $x^n (x-\lambda)^2 \geq 0$. Donc : $\int_{0}^{1} dx x^n (x-\lambda)^2 f(x) \geq 0$. On développe et on obtient un polynôme du secon degré en $\lambda$ :
$\int_{0}^{1} dx x^{n+2} f(x) -2\lambda \int_{0}^{1} dx x^{n+1} f(x) + \lambda^2 \int_{0}^{1} dx x^n f(x) \geq 0$
dont le discriminant réduit doit être négatif (sinon il y a des racines réelles et le polynôme deviendrait négatif), c'est-à-dire :
$[\int_{0}^{1} dx x^{n+1} f(x)]^2 - [\int_{0}^{1} dx x^{n+2} f(x)] [\int_{0}^{1} dx x^n f(x)] \leq 0$
Et donc, immédiatement : $\frac{I_{n+1}}{I_n} = \frac{\int_{0}^{1} dx x^{n+2} f(x)}{\int_{0}^{1} dx x^{n+1} f(x)} \frac{\int_{0}^{1} dx x^{n} f(x)}{\int_{0}^{1} dx x^{n+1} f(x)} \geq 1$. La suite est croissante et alors $I_n \geq I_0$ qui est le résultat.
Tu as redémontré l'inégalité de Cauchy-Scwharz :-). Mais sinon comme écrit plus haut avec Hölder on a aussi directement le résultat.
Quelques questions
1- Comment adapter la formule si f: [0,1] dans IR une fonction continue (sans positivité)
2- La formule reste-elle vraie ( ou à adapter ) si f:[a,b] dans IR une fonction continue et positive ( le signe de $x^n$ est gênant ?)
Merci
$g_n(1) \ge g_n(0)$ parce que :
$g'_n(a) = (n+a) \int_0^1 x^{n+a-1} f(x) dx \times \int_0^1 x^{1-a} f(x) dx + (1-a) \int_0^1 x^{n+a} f(x) dx \times \int_0^1 x^{-a} f(x) dx $
$= (n+a) g_{n-1}(a) + (1-a) g_{n+1}(a-1) $
qui est $\ge 0$ quand $f(x) \ge 0$ et $a \le 1$
j'aurai appris l'inégalité de Holder.
et qu'en est-il du prolongement analytique de $g_n$ ? Ça ressemble à la transformée de Mellin.
mais comme $(\ln x)x^a > 0$ pour $a > 0$ ça marche la dérivée reste positive
on peut montrer l'inégalité de Holder comme ça d'ailleurs, non ? et Cauchy-Shwarz aussi.
oui son ln(x) est négatif
J'aurai aimé que sa démonstration soit juste je la trouve belle
La démonstration proposée avec $g_n(a)$, même corrigée, est fausse. Je le regrette car l'idée est élégante.
En effet, $\frac{d}{da} x^{(n+a)} = ln(x) x^{(n+a)}$ pour tout $n$ dans $N$. Donc $\frac{d}{da} \int_0^1 dx x^{(n+a)} f(x) = \int_0^1 dx ln(x) x^{(n+a)} f(x)$ et $ln(x) \leq 0$ sur $[0,1]$. Donc $g'_n(a) \leq 0$. Elle semble démontrer que $g_n(0) \geq g_n(1)$ soit l'inégalité dans l'autre sens ! Ce qui est faux.
L'erreur est subtile.
Pour dériver sous le signe intégrale, il faut qu'on ait la convergence dominée. Or $|\int_0^1 dx x^{(n+a)} f(x)| \leq \int_0^1 dx x^{n} f(x)$ car $x^a \leq 1$ sur $x \in [0,1]$. Mais pour $|\int_0^1 dx x^{(1-a)} f(x)| = \int_0^1 dx \frac{x f(x)}{x^a}$ on ne peut pas majorer car $x^a \geq 0$.
Un cas intéressant où il faut vérifier les hypothèses de dérivation sous le signe.
De plus, on ne peut pas généraliser pour $f$ de signe quelconque. Un contre-exemple est $f: x \to x-1/2$ car $\int f = 0$ par parité, mais $\int xf \neq 0$ et on arrive alors à, $0 \geq \frac{1}{2} \frac{n}{(n+1)(n+2)} \frac{1}{2} \frac{1}{2.3}$ pour tout $n$, ce qui est évidemment faux.
on ne peut pas espérer grand-chose comme généralisation. Pour utiliser Cauchy-Schwarz, que j'ai appelé Hölder avec trop de généralité, on a besoin d'introduire $\sqrt x$. Cela dit, cela doit marcher avec $f$ continue par morceaux (voire mesurable bornée) et, aussi, avec un segment d'intégration quelconque inclus dans $\R^+$ (le fait qu'il est de longueur $1$ semble une hypothèse inutile), mais ce n'est pas un pas de géant vers le prix Abel.
j__j
\[
\frac{\left\langle X^{k+2},1\right\rangle \left\langle X^{k},1\right\rangle }{\left\langle X^{k+1},1\right\rangle ^{2}}=\frac{\left\langle X^{k/2+1},X^{k/2+1}\right\rangle \left\langle X^{k/2},X^{k/2}\right\rangle }{\left\langle X^{k/2+1},X^{k/2}\right\rangle ^{2}}\geqslant1
\]
d'où le résultat par positivité des $\left\langle X^{a},X^{b}\right\rangle $.
Je me donne $\mu$ une mesure finie sur $\R_+$. Soit $n \ge 1$.
Alors (les intégrales sont sur $\R_+$) :
$$
\int x^n \mu(dx) \le \left(\int x^{n+1} \mu(dx)\right)^{n/(n+1)}\left(\int 1 \mu(dx)\right)^{1/(n+1)}
$$
et
$$
\int x \mu(dx) \le \left(\int x^{n+1} \mu(dx)\right)^{1/(n+1)}\left(\int 1 \mu(dx)\right)^{n/(n+1)}
$$
En multipliant les deux on obtient le résultat souhaité.