Fonction strictement convexe

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.

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 trouvé

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...

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,

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.

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.

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 $g$).