Une inégalité vraie ?
Réponses
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Non... oui... peut-être :-D
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aurais-tu un contre-exemple ?
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Pour le moment aucune fonction usuelle...
Mais ça fonctionne avec tous les monômes... ce qui montre que c'est vrai pour toutes les fonctions absolument monotones (et là je vais carrément trop vite... je m'emballe).
Malheureusement ce dernier n'est pas un espace vectoriel (ça aurait vraiment bien ça...).
Je n'ai pas essayé avec ln et les fonctions trigonométriques.
merci AD -
Avec Hölder ?
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Je n'ai pas la réponse, mais on peut également se poser la question discrète : pour tout $(u_1,\ldots,u_n)\in \R^n$ et $(a,b)\in \N^2$, a-t-on $\displaystyle \left(\dfrac{1}{n}\sum_{k=1}^n u_k^{2a+1}\right) \left(\dfrac{1}{n}\sum_{k=1}^n u_k^{2b+1}\right) \leqslant \dfrac{1}{n} \sum_{k=1}^n u_k^{2(a+b+1)}$ ?
Rien qu'avec $n=2$, la réponse n'est pas claire. -
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soit $f>0$ $ A,B>1$ et $I(A)=\int_0^1f(x)^Adx.$ Alors
$$2I(A+B)-2I(A)I(B)=\int_0^1\int_0^1(f(x)^A-f(y)^A)(f(x)^B-f(y)^B)dxdy\geq 0$$ -
@zartisant Errare humanum est je dis des salades :)o
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supp
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@zartisant je préférais Zouha10 car lui ne m'aurait pas corrigé... :-D
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peut être que... ceci peut aider en admettant que l'intégrale est un opérateur trace
ps: tout ceci est à prendre avec des pincettes bien entendu (comme d'habitude avec moi) -
P. a répondu par l'affirmative avant que son message ne soit ensevelit par les miens... (:P)
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Bravo P.
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sans oublier l'inégalité de Hölder qui donne le résultat...
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Comment ?
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A noter que l'on peut remplacer les fonctions $x^{2a+1}$ et $x^{2b+1}$ par 2 fonctions monotones quelconque (quand elles ont une variation différente on obtient l'inégalité inversée)
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Hölder dit que $k(s)=\log \int_0^1f(x)^sdx$ est convexe et donc $k'$ est croissante. D’où pour $s,s'>0$ $$
k(s)=\int_0^sk'(t)dt\leq \int_{s'}^{s+s'}k'(t)dt\Rightarrow k(s)+k(s')\leq k(s+s').$$ -
C'est toujours amusant de voir diverses solutions.
Pour Hölder, je voyais juste appliquer Hölder, $2(a+b+1)/(2a+1)$, le conjugué, 1 comme autre fonction
à la première intégrale et Hölder $2(a+b+1)/(2b+1)$, le conjugué, 1 comme autre fonction à la deuxième.
Vu que les exposants sont des entiers la preuve de P. est intéressante car n'utilise que du calcul algébrique. Reste à en trouver une sans intégrale double.
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Bonjour!
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