g(x,y)=f(x+y)-f(x)-f(y)
La fonction $f$ du titre est la fonction convexe $f(x)=\log \Gamma(1+x).$. Par une methode probabiliste, on sait montrer que $g(x,y)>0$ si $x,y>0$, mais je peine a trouver une demonstration analytique. Je peine encore plus a visualiser la surface $(x,y)\mapsto g(x,y).$ Y a -t-il une bonne ame sur le forum pour me faire un dessin a la Remarque?
Réponses
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J'ai un truc qui ressemble à cela :
Avec cette commande :
plot3d(log(gamma(x+y+1))-log(gamma(x+1))-log(gamma(y+1)), [x,0,15], [y,0,15], [plot_format,gnuplot])$
Sous wxMaxima -
Superbe, merci! En particulier, le dessin colle avec le fait que $g$ n'est pas concave.
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Pour une preuve analytique, il faut la représentation intégrale de la fonction $\Gamma$ sur $\Re(z)>0,$ dériver deux fois sous le signe intégrale et appliquer l'inégalité de Cauchy-Schwarz pour $z=x>0$ à $\Gamma'(x).$ On obtient l'inégalité $\Gamma'(x)^{2}-\Gamma''(x)\Gamma(x)\leq 0.$ Ce qui est exactement écrire que $\Gamma$ est log-convexe.
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La non-concavité de $g$ se voit bien en représentant $x\mapsto g(x,x)$.
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Merci, Bobby -Joe, mais comme deja dit c'est une preuve analytique de g>0 qui m'interesse, non celle de la convexite de $f.$
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Bonjour @P.,
Pour montrer que $\displaystyle \forall (x,y) \in ]0, +\infty[^2, g(x,y) = f(x+y) - f(x) - f(y) > 0$ avec $\displaystyle f(x) = \ln \Gamma(1+x)$, il suffit d'écrire $\displaystyle g(x,y) = \ln {B(1,y) \over B(1+x,y)}$ (à démontrer) puis d'utiliser cette définition : $\displaystyle \forall (a,b) \in ]0, +\infty[^2, B(a,b) = \int_{0}^{1} du u^{a-1}(1-u)^{b-1}$ pour obtenir $\displaystyle \int_{0}^{1} du (1-u)^{y-1} >\int_{0}^{1} du u^x(1-u)^{y-1}$ (à démontrer). -
Bonjour,
Autrement dit, il faut montrer que si $x,y > 1$, alors $(x+y)! > x! y!$. On peut réécrire ça
\[ \frac{\int_0^\infty x^{a+b} e^{-x} dx}{\int_0^\infty x^a e^{-x} dx} > \int_0^\infty x^b e^{-x} dx \text{.}\]
On intègre donc la fonction croissante $x^b$ selon deux mesures de probabilité, la première de densité $\frac{x^a e^{-x}}{a!}$ et la deuxième de densité $e^{-x}$. Il faut montrer que la première met la masse plus loin de $0$ que la deuxième. On peut montrer que $d_a(x) := \frac{x^a e^{-x}}{a!} - e^{-x}$ est négative puis positive, puisque d'intégrale nulle, qu'elle s'annule uniquement lorsque $x = \sqrt[a]{a!}$ et qu'elle vaut $-1$ en $0$. Soit $x_a := \sqrt[a]{a!}$ et soit $w_a := -\int_0^{x_a} d_a(x) dx$. Alors
\[\begin{eqnarray}
\int_0^\infty x^b d_a(x) dx &=& \int_0^{x_a} x^b d_a(x) dx + \int_{x_a}^\infty x^b d_a(x) dx \\
&>& - {x_a}^b w_a + {x_a}^b w_a \\
&=& 0 \text{.}
\end{eqnarray}\]
Était-ce la méthode probabiliste dont tu parlais ? -
Merci CpL. La methode probabiliste est de considerer $X\sim ax^{a-1}1_{(0,1)}(x)dx=f_a(dx)$ independant de $Y\sim f_b(dx)$ et de montrer que $e^{-g(a,b)}=\Pr(X+Y<1).$
Merci Yves:methode ingenieuse et elegante et courte.
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Bonjour!
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