Convexité votre opinion

C'est déjà mal parenthésé.

Cela revient à savoir si \( t\mapsto \dfrac{\text{arctan}\,\sqrt t}{\sqrt t} \)
est convexe ou non pour \( t>0 \), non ?

e.v.

Euh, trivial ? Commelenezaumilieudelafigurement ?

e.v.

Facile si on est patient ou si on a un logiciel de calcul formel. On calcule la dérivée seconde, on se ramène ainsi à démontrer une inégalité du type $f(y)\geqslant 0$ où $f(y)=\arctan(y)-R(y)$ avec $R$ une fraction rationnelle, et $y=\sqrt{x-1}$. On constate que $f(0)=0$ donc il suffit de montrer que $f'(y)\geqslant 0$ pour tout $y$, ce qui est facile.

On a par un changement de variable $$\forall t>0,\mbox{ } \phi(t):=\frac{\arctan(\sqrt{t})}{\sqrt{t}}=\frac{1}{\sqrt{t}}\int_{0}^{\sqrt{t}}\frac{dx}{1+x^{2}}=\int_{0}^{1}\frac{dx}{1+tx^{2}}.$$

En dérivant deux fois sous l'intégrale (dérivation à tout ordre légitimée par le fait que l'intégrande est une fonction $\mathcal{C}^{\infty}$ de deux variables et que l'intervalle d'intégration est compact), on obtient : $$\forall t>0,\mbox{ } \phi''(t)=2\int_{0}^{1}\frac{x^{4}}{(1+tx^{2})^{3}}dx.$$

La convexité de $\phi$ sur $\mathbb{R}^{+}$ (l'expression intégrale montre que l'on peut prolonger $\phi$ en une fonction $\mathcal{C}^{\infty}$ sur $\mathbb{R}^{+}$) en découle...

$L(t)=\int_0^1e^{-tx^2}dx$ est log -convexe (en tant que transformee de Laplace d'une mesure positive), donc convexe. Donc $$\frac{1}{\sqrt{t}}\mathrm{arctan}\sqrt{t}=\int_{0}^{\infty}e^{-s}L(st)ds$$ est convexe comme combinaison convexe de fonctions convexes.

@etanche exclusivement
3 questions

1- Peux-tu mettre en exécution la méthode de JLT au propre
2- Peux-tu démontrer qu'une fonction positive log-convexe est bien convexe?
3- peux-tu démontrer directement que la fonction L de P est log-convexe?