Fonction strictement convexe
Réponses
-
Bonjour,
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 ! -
Bonjour,
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. -
La question rebondit : comment est-ce qu'on démontre l'inégalité de Hölder sans dérivée ?
-
Bonjour YvesM
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 trouvéLe 😄 Farceur -
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.
-
Bonjour,
@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 roumegaireLe 😄 Farceur
-
Bjr je pense qu'il demande de montrer plutôt la stricte convexité.
-
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. -
Bonjour YvesM
Quelle est l'inégalité de Hölder que vous avez utilisée ?
Merci. -
Bonjour,
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. -
Bonjour,
Écris l’inégalité de Hoelder dans le cas général en définissant les paramètres. Et puis je t’indique quels paramètres choisir... -
Bonjour,
Explicite les normes : écris un truc où on peut voir les paramètres. -
Bonjour Mehdi, j'ai cru que c’était toi Ali qui a reposé la question sur MSE https://math.stackexchange.com/questions/2829712/generalized-hölder-inequality-application
Vu que Ali a posé aussi la même question https://math.stackexchange.com/questions/2829335/how-can-i-prove-that-function-f-is-strictly-convexLe 😄 Farceur -
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. -
Bonjour,
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 $t(1-t)(b-a)>0$,$$(ta+(1-t)b)^n=c^n<ta^n+(1-t)b^n.$$ -
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 $g$). -
(tu)
Connectez-vous ou Inscrivez-vous pour répondre.
Bonjour!
Catégories
- 163.1K Toutes les catégories
- 8 Collège/Lycée
- 21.9K Algèbre
- 37.1K Analyse
- 6.2K Arithmétique
- 53 Catégories et structures
- 1K Combinatoire et Graphes
- 11 Sciences des données
- 5K Concours et Examens
- 11 CultureMath
- 47 Enseignement à distance
- 2.9K Fondements et Logique
- 10.3K Géométrie
- 62 Géométrie différentielle
- 1.1K Histoire des Mathématiques
- 68 Informatique théorique
- 3.8K LaTeX
- 39K Les-mathématiques
- 3.5K Livres, articles, revues, (...)
- 2.7K Logiciels pour les mathématiques
- 24 Mathématiques et finance
- 312 Mathématiques et Physique
- 4.9K Mathématiques et Société
- 3.3K Pédagogie, enseignement, orientation
- 10K Probabilités, théorie de la mesure
- 772 Shtam
- 4.2K Statistiques
- 3.7K Topologie
- 1.4K Vie du Forum et de ses membres