Minoration «puissance»

Smith
Smith
dans Analyse
Bonsoir,

Soient $a,b$ deux réels et $p>1.$ Existe-t-il deux constantes (différentes) $C_p$ et $K_p$ telle que $\vert a-b\vert^p\ge C_p \vert a\vert^p-K_p\vert b\vert^p$ avec $C_p>0$ et $0<K_p<1$ ?

Ce n'est pas si "évident" car on ne peut déjà pas prendre $C_p=K_p.$ Si on voulait $K_p=1$ cela résulte de l'inégalité triangulaire et de la convexité de $x^p:$ on trouve $C_p=2^{1-p}.$

Réponses

  • Poirot
    Poirot
    Non. En prenant $a=b$ tu imposes $C_p \leq K_p$. Ensuite la symétrie des rôles de $a$ et $b$ impose $C_p=K_p$ et à nouveau en prenant $a=b \neq 0$ tu obtiens $C_p=K_p=0$.
  • Smith
    Smith
    Je ne comprends pas ton argument, si on prend $K_p=1$ et $C_p=2^{1-p}$ on a bien la minoration mais rien n'impose l'égalité.

    En effet, on a par croissance de $x\mapsto \vert x\vert^p$ et inégalité triangulaire
    $\vert x\vert^p\le\left(|x-y|+|y|\right)^p$ et donc par convexité de la même fonction on a $\vert x\vert^p \le 2^{p-1}\left(|x-y|^p+|y|^p\right).$

    Donc $$|x-y|^p\geq 2^{1-p}|x|^p-|y|^p.$$
  • Poirot
    Poirot
    Effectivement, je suis allé trop vite dans mon raisonnement.
  • raoul.S
    raoul.S
    @Smith comme tu dis on a $\vert a-b\vert^p\ge 2^{1-p} \vert a\vert^p-\vert b\vert^p$.

    À partir de là il me semble qu'il suffit de considérer la fonction $f: (x, y) \mapsto x\vert a\vert^p-y\vert b\vert^p$ qui vérifie $f(2^{1-p}, 1) \le \vert a-b\vert^p$.

    Deux possibilités :
    1. $f(2^{1-p}, 1) < \vert a-b\vert^p$ et on conclut par continuité de $f$
    2. $f(2^{1-p}, 1) = \vert a-b\vert^p$ et on conclut quand même... en considérant $x \mapsto f(x, 2^{p-1}x)$

    je crois en tout cas...
  • P.
    P.
    Forme plus classique $|x+y|^p\leq 2^{p-1}(|x|^p+|y|^p).$
  • Smith
    Smith
    P. Et donc?

    Raoul: veux tu dire que qu'on trouve la condition pour $K_p$ par continuité? Pas vraiment compris.
  • raoul.S
    raoul.S
    Smith a écrit:
    veux tu dire que qu'on trouve la condition pour $K_p$ par continuité?

    Oui. Dans le cas 1) étant donné que $f(2^{1-p}, 1) < \vert a-b\vert^p$ alors au voisinage du point $(2^{1-p}, 1)$, $f$ reste inférieure à $\vert a-b\vert^p$. Ou dit autrement : dès que $(C_p, K_p)$ est assez proche de $(2^{1-p}, 1)$ on aura $f(C_p, K_p) < \vert a-b\vert^p$ et $(C_p, K_p)$ peut s'approcher de $(2^{1-p}, 1)$ avec des valeurs de $K_p$ positives inférieures à 1 comme ta condition le demande (idem pour $C_p$ il s'approche de $2^{1-p}$ en restant positif). Bref c'est la continuité quoi.

    Tu peux écrire ça avec des $\varepsilon$...
  • Smith
    Smith
    Ah oui je vois, c'est une bonne idée. Merci à toi. Je vais pouvoir dormir correctement :p.
  • P.
    P.
    Et donc? et bien $x=a-b$ et $y=b$ pardi.
  • Smith
    Smith
    J'ai dit «Et donc?» juste pour pointer que ça n'apportait rien au problème.
  • P.
    P.
    Tout de meme...montrer ce que je dis me semblait tres facile : sans perte $x$ et $y$ sont positifs et en posant $e^t=x/y$ calculer le max de $p\log (1+e^t)-\log (1+e^{pt})$ va tout seul.
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