Soit $ n\geq 2$ entier naturel. et $f$ la fonction $f(x)=x^{n},\ x \geq 0.$ Comment puis-je prouver que la fonction $f$ est strictement convexe sur $\mathbb{R}^{+}$ (en utilisant la définition) sans utiliser les dérivées ? Merci.
Je ne sais pas quelle est ta définition de la convexité.
Voici la mienne : Soit $f$ une fonction définie sur un intervalle ouvert $\displaystyle \Omega \subset \R$, $\displaystyle x,y$ deux réels dans $\displaystyle \Omega$ et $t$ un réel dans $\displaystyle [0,1].$ La fonction $f$ est convexe sur $\displaystyle \Omega$ si et seulement, pour tous $\displaystyle x,y$ dans $\Omega$ et pour tout $t$ dans $\displaystyle [0,1]$, $\displaystyle t f(x) + (1-t)f(y) \geq f(tx +(1-t)y).$
On considère alors la fonction $\displaystyle f: x \mapsto x^n, x \geq 0$ pour tout $n$ entier plus grand que $2.$
On veut montrer que cette fonction $f$ est strictement convexe sans utiliser les dérivées.
On doit donc montrer que (avec les notations données) : $\displaystyle t x^n + (1-t)y^n \geq (tx +(1-t)y)^n.$ On montre d'abord que $\displaystyle t^{n-1} + (1-t)^{n-1} \leq t + (1-t)= 1.$ On utilise alors l'inégalité de Hoelder (la connais-tu ?) : $\displaystyle t x^n + (1-t)y^n \geq (t^{n-1} + (1-t)^{n-1} )^{n-1} (t x^n + (1-t)y^n ) \geq (tx + (1-t) y)^n.$ Voilà pour la convexité !
Et pour $t$ dans $\displaystyle ]0,1[$, on a $\displaystyle t^{n-1} + (1-t)^{n-1} < t + (1-t)= 1$, puis on a, pour $x \neq y$ : $\displaystyle t x^n + (1-t)y^n > (t^{n-1} + (1-t)^{n-1} )^{n-1} (t x^n + (1-t)y^n ) \geq (tx + (1-t) y)^n.$ Voilà pour la stricte convexité !
Avec des quantités toutes positives...
$(a+b)^{n-1}(A+B)\geq ((a^{n-1}A)^{1/n} + (b^{n-1}B)^{1/n})^n$
On a un produit de $n$ termes, $a$ apparaît $n-1$ fois, $A$ apparaît une fois...
C’est un peu chaud au début avec Hoelder mais on s’y fait. Et puis c’est toi qui demande sans dérivée.
Petite précision : ö en allemand est juste une façon plus rapide d'écrire oe. Il est courant d'écrire Hoelder au lieu de Hölder lorsque l'on a pas accès à un clavier coopératif (ce qui se fait certes de plus en plus rare). De même pour ä et ae, ü et ue (Müller/Mueller), etc.
@Math Coss :
De tête, donc à vérifier :
- on définit la fonction logarithmique numérique comme une intégrale
- on démontre sa concavité à partir de la définition de la concavité avec les pentes moyennes (en majorant ou minorant l’integrande)
- on démontre alors l’inégalité d’Young
- on démontre alors Hoelder avec deux variables
- on finit avec une récurrence pour $n$ variables
@gebrane : depuis internet, les langues écrites avec des symboles à la con ont officiellement défini comment remplacer ces symboles : pour l’allemand c’est le e attaché à une voyelle au lieu du tréma ; pour l’espanol c’est le ny au lieu du n tilde...
Merci YvesM pour le programme pour démontrer Hölder.
Le prix à payer, c'est quand même l'intégration (intégrer $x\mapsto1/x$ pour éviter de dériver $x\mapsto x^n$ : le gain n'est pas clair). Il y a une preuve élémentaire (un peu rusée, dans le genre de ton utilisation de l'inégalité de Hölder) ici, qui la réduit à l'inégalité arithmético-géométrique.
Une version de l'inégalité de Hölder plus classique que celle qu'utilise YvesM s'écrit, pour $(x_k),(y_k)\in\R^n$ [\sum_{k=1}^n|x_ky_k|\le \left(\sum_{k=1}^n|x_k|^p\right)^{1/p}\left(\sum_{k=1}^n|y_k|^{q}\right)^{1/q}.\] Fixons des réels $a_1,\dots,a_n>0$ et des coefficients $\lambda_1,\dots,\lambda_n>0$ tels que $\sum_{k=1}^n\lambda_k=1$. Prenons $x_k=\lambda_k^{1/p}a_k$ et $y_k=\lambda_k^{1-1/p}$, de sorte que $y_k^q=\lambda_k$ pour tout $k$ et l'inégalité de Hölder s'écrit \[\sum_{k=1}^n\lambda_ka_k\le\left(\sum_{k=1}^n\lambda_ka_k^p\right)^{1/p}.\]Le passage des $(x_k,y_k)$ aux $(\lambda_k,a_k)$ se fait en sens inverse (pas très cher). Autrement dit, la convexité de $x\mapsto x^p$ est équivalente à l'inégalité de Hölder. C'est sûrement connu de tout.e analyste qui se respecte...
Quant à l'inégalité de Hölder, on la démontre dans le cas où $\|x\|_p=\|y\|_q=1$ avec l'inégalité de Young. Quant à l'inégalité de Young, elle découle de $a^mb^n\le \frac{ma+nb}{m+n}$ mais cette inégalité est strictement plus chère que $ab\le \frac{a^2+b^2}2$. Pour la démontrer sans dériver, pour l'instant, je ne vois guère que l'inégalité arithmético-géométrique $(a_1\cdots a_n)^{1/p}\le\frac1p\sum_{k=1}^pa_k$. Il y a peut-être une façon plus directe pour en déduire l'inégalité de Hölder.
1) Pour tous réels $x$ et $y$ tels que $0\leq y<x$, $$\frac{x^n-y^n}{x-y}=\sum_{k=0}^{n-1}x^{n-1-k}y^k \quad \text{d'où} \quad ny^{n-1}<\frac{x^n-y^n}{x-y}<nx^{n-1}.$$ 2) Soit alors deux réels $a$ et $b$ tels que $0\leq a<b$, $t\in\mathopen]0,1\mathclose[$, et $c=ta+(1-t)b$.
On a donc $0\leq a<c<b$ et d'après 1) $$\frac{c^n-a^n}{c-a}<nc^{n-1}<\frac{b^n-c^n}{b-c},$$ ce qui conclut ; en effet, on a $b-c=t(b-a)$ et $c-a=(1-t)(b-a)$ donc, en multipliant l'inégalité des pentes par $t(1-t)(b-a)>0$,$$(ta+(1-t)b)^n=c^n<ta^n+(1-t)b^n.$$
Pour prouver l'inégalité de Hölder, on peut aussi appliquer le principe du maximum à une bonne fonction holomorphe pour conclure (preuve amusante mais tirée par les cheveux!).
Soit $(X,\mathcal{B},\mu)$ un espace mesuré et considérons $f$ et $g$ deux fonctions intégrables strictement positives sur X.
Notons alors le rectangle $R=\left\{ x+iy; 0<x<1 \mbox{ }et\mbox{ } -1<y<1 \right\}.$ Et posons pour $z\in \overline{R},$
$$\phi(z)=\frac{ \int f^{z}g^{1-z}d\mu }{ \left(\int fd\mu\right)^{z}\left(\int gd\mu\right)^{1-z} }.$$
On peut vérifier que $\phi$ est continue sur $\overline{R}$ et holomorphe sur $R.$ En majorant, on a alors pour $z=x+iy \in \overline{R},$ $$\vert \phi(z)\vert \leq \vert \phi(x) \vert$$ et en appliquant le principe du maximum, il vient pour $x\in [0,1]$ $$\int f^{x}g^{1-x}d\mu \leq \left(\int fd\mu\right)^{x} \left( \int gd\mu \right)^{1-x}.$$
On obtient alors l'inégalité de Hölder (en appliquant l'inégalité précédente à des bonnes fonctions $f$ et $g$).
Réponses
Je ne sais pas quelle est ta définition de la convexité.
Voici la mienne :
Soit $f$ une fonction définie sur un intervalle ouvert $\displaystyle \Omega \subset \R$, $\displaystyle x,y$ deux réels dans $\displaystyle \Omega$ et $t$ un réel dans $\displaystyle [0,1].$ La fonction $f$ est convexe sur $\displaystyle \Omega$ si et seulement, pour tous $\displaystyle x,y$ dans $\Omega$ et pour tout $t$ dans $\displaystyle [0,1]$, $\displaystyle t f(x) + (1-t)f(y) \geq f(tx +(1-t)y).$
On considère alors la fonction $\displaystyle f: x \mapsto x^n, x \geq 0$ pour tout $n$ entier plus grand que $2.$
On veut montrer que cette fonction $f$ est strictement convexe sans utiliser les dérivées.
On doit donc montrer que (avec les notations données) : $\displaystyle t x^n + (1-t)y^n \geq (tx +(1-t)y)^n.$ On montre d'abord que $\displaystyle t^{n-1} + (1-t)^{n-1} \leq t + (1-t)= 1.$ On utilise alors l'inégalité de Hoelder (la connais-tu ?) : $\displaystyle t x^n + (1-t)y^n \geq (t^{n-1} + (1-t)^{n-1} )^{n-1} (t x^n + (1-t)y^n ) \geq (tx + (1-t) y)^n.$ Voilà pour la convexité !
Et pour $t$ dans $\displaystyle ]0,1[$, on a $\displaystyle t^{n-1} + (1-t)^{n-1} < t + (1-t)= 1$, puis on a, pour $x \neq y$ : $\displaystyle t x^n + (1-t)y^n > (t^{n-1} + (1-t)^{n-1} )^{n-1} (t x^n + (1-t)y^n ) \geq (tx + (1-t) y)^n.$ Voilà pour la stricte convexité !
c'est ça la définition.
Mais comment vous avez utilisé Hölder et pour quels réels ?
Avec des quantités toutes positives...
$(a+b)^{n-1}(A+B)\geq ((a^{n-1}A)^{1/n} + (b^{n-1}B)^{1/n})^n$
On a un produit de $n$ termes, $a$ apparaît $n-1$ fois, $A$ apparaît une fois...
C’est un peu chaud au début avec Hoelder mais on s’y fait. Et puis c’est toi qui demande sans dérivée.
Puisque un AD n'a pas intervenu pour corriger Hoelder en Hölder, je me demande qui ce Hoelder ? j'ai cherché sur google et rien trouvé
@Math Coss :
De tête, donc à vérifier :
- on définit la fonction logarithmique numérique comme une intégrale
- on démontre sa concavité à partir de la définition de la concavité avec les pentes moyennes (en majorant ou minorant l’integrande)
- on démontre alors l’inégalité d’Young
- on démontre alors Hoelder avec deux variables
- on finit avec une récurrence pour $n$ variables
@gebrane : depuis internet, les langues écrites avec des symboles à la con ont officiellement défini comment remplacer ces symboles : pour l’allemand c’est le e attaché à une voyelle au lieu du tréma ; pour l’espanol c’est le ny au lieu du n tilde...
@poli12 : j'ai montré la convexité, puis la stricte convexité, non ?
Le prix à payer, c'est quand même l'intégration (intégrer $x\mapsto1/x$ pour éviter de dériver $x\mapsto x^n$ : le gain n'est pas clair). Il y a une preuve élémentaire (un peu rusée, dans le genre de ton utilisation de l'inégalité de Hölder) ici, qui la réduit à l'inégalité arithmético-géométrique.
Quelle est l'inégalité de Hölder que vous avez utilisée ?
Merci.
Tu as déjà posé cette question et j'ai déjà répondu. Lis ce message : http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?4,1667660,1668446#msg-1668446. Je ne sais pas faire plus clair. Si tu ne vois toujours pas, révise l'inégalité de Hoelder.
désolé, je n'a pas trouvé la piste de prouver cette inégalité, (pour n =1, 2, Ok)
Veuillez m'aider
$(a+b)^{n-1}(A+B) \geq ((a^{n-1}A)^{1/n} + (b^{n-1}B)^{1/n})^n $
Écris l’inégalité de Hoelder dans le cas général en définissant les paramètres. Et puis je t’indique quels paramètres choisir...
@YvesM, voila l'inégalité de Hölder que je connais:
$r,p_{1},...,p_{n} >0$ tq: $ \sum_{i=1}^{n}\frac{1}{p_{i}} = \frac{1}{r} $
on a:
$$ ||\prod_{1}^{n} f_{k}||_{r} \leq \prod_{1}^{n}||f_{k}||_{p_{k}} $$
Explicite les normes : écris un truc où on peut voir les paramètres.
Vu que Ali a posé aussi la même question https://math.stackexchange.com/questions/2829335/how-can-i-prove-that-function-f-is-strictly-convex
Quant à l'inégalité de Hölder, on la démontre dans le cas où $\|x\|_p=\|y\|_q=1$ avec l'inégalité de Young. Quant à l'inégalité de Young, elle découle de $a^mb^n\le \frac{ma+nb}{m+n}$ mais cette inégalité est strictement plus chère que $ab\le \frac{a^2+b^2}2$. Pour la démontrer sans dériver, pour l'instant, je ne vois guère que l'inégalité arithmético-géométrique $(a_1\cdots a_n)^{1/p}\le\frac1p\sum_{k=1}^pa_k$. Il y a peut-être une façon plus directe pour en déduire l'inégalité de Hölder.
Je propose la démonstration suivante :
1) Pour tous réels $x$ et $y$ tels que $0\leq y<x$, $$\frac{x^n-y^n}{x-y}=\sum_{k=0}^{n-1}x^{n-1-k}y^k \quad \text{d'où} \quad ny^{n-1}<\frac{x^n-y^n}{x-y}<nx^{n-1}.$$ 2) Soit alors deux réels $a$ et $b$ tels que $0\leq a<b$, $t\in\mathopen]0,1\mathclose[$, et $c=ta+(1-t)b$.
On a donc $0\leq a<c<b$ et d'après 1) $$\frac{c^n-a^n}{c-a}<nc^{n-1}<\frac{b^n-c^n}{b-c},$$ ce qui conclut ; en effet, on a $b-c=t(b-a)$ et $c-a=(1-t)(b-a)$ donc, en multipliant l'inégalité des pentes par $t(1-t)(b-a)>0$,$$(ta+(1-t)b)^n=c^n<ta^n+(1-t)b^n.$$
Soit $(X,\mathcal{B},\mu)$ un espace mesuré et considérons $f$ et $g$ deux fonctions intégrables strictement positives sur X.
Notons alors le rectangle $R=\left\{ x+iy; 0<x<1 \mbox{ }et\mbox{ } -1<y<1 \right\}.$ Et posons pour $z\in \overline{R},$
$$\phi(z)=\frac{ \int f^{z}g^{1-z}d\mu }{ \left(\int fd\mu\right)^{z}\left(\int gd\mu\right)^{1-z} }.$$
On peut vérifier que $\phi$ est continue sur $\overline{R}$ et holomorphe sur $R.$ En majorant, on a alors pour $z=x+iy \in \overline{R},$ $$\vert \phi(z)\vert \leq \vert \phi(x) \vert$$ et en appliquant le principe du maximum, il vient pour $x\in [0,1]$ $$\int f^{x}g^{1-x}d\mu \leq \left(\int fd\mu\right)^{x} \left( \int gd\mu \right)^{1-x}.$$
On obtient alors l'inégalité de Hölder (en appliquant l'inégalité précédente à des bonnes fonctions $f$ et $g$).