Une inégalité vraie ?

zartisant
zartisant
dans Analyse
Ce résultat est-il vrai :

$$\forall f \in C([0,1],\mathbb R), \forall a,b \in \mathbb N, \int_0^1 f(x)^{2a+1}\text{d}x\times \int_0^1 f(x)^{2b+1}\text{d}x\leq \int_0^1 f(x)^{2(a+b+1)}?$$

Réponses

  • callipiger
    callipiger
    Non... oui... peut-être :-D
  • zartisant
    zartisant
    aurais-tu un contre-exemple ?
  • callipiger
    callipiger
    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).
    M    alheureusement ce dernier n'est pas un espace vectoriel (ça aurait vraiment bien ça...).

    J    e n'ai pas essayé avec ln et les fonctions trigonométriques.

    merci AD
  • O.G.
    O.G.
    Avec Hölder ?
  • Guego
    Guego
    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.
  • raoul.S
    raoul.S
    @zartisant la réponse est non.

    prendre $f(x) := \displaystyle\frac{1}{x+1}$ et $a=b=0$
  • P.
    P.
    soit $f>0$ $ A,B>1$ et $I(A)=\int_0^1f(x)^Adx.$ Alors

    $$2I(A+B)-2I(A)I(B)=\int_0^1\int_0^1(f(x)^A-f(y)^A)(f(x)^B-f(y)^B)dxdy\geq 0$$
  • raoul.S
    raoul.S
    @zartisant Errare humanum est je dis des salades :)o
  • zartisant
    zartisant
    @Raoul : le cas a=b=0 c'est le cas de l'inégalité de Jensen appliqué à la fonction convexe carré.
  • side
    side
    supp
  • raoul.S
    raoul.S
    @zartisant je préférais Zouha10 car lui ne m'aurait pas corrigé... :-D
  • callipiger
    callipiger
    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)
  • raoul.S
    raoul.S
    P. a répondu par l'affirmative avant que son message ne soit ensevelit par les miens... (:P)
  • zartisant
    zartisant
    Bravo P.
  • O.G.
    O.G.
    sans oublier l'inégalité de Hölder qui donne le résultat...
  • zartisant
    zartisant
    Comment ?
  • zartisant
    zartisant
    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)
  • YvesM
    YvesM
    Bonjour,

    @Guego : c’est une bonne idée de passer en discret puis aux intégrales. L’inégalité que tu as écrite est vraie : c’est l’inégalité de Chebyshev. On range les éléments par ordre croissant (ou décroissant) : voilà !
  • P.
    P.
    Hölder dit que $k(s)=\log \int_0^1f(x)^sdx$ est convexe et donc $k'$ est croissante. D’où pour $s,s'>0$ $$
    k(s)=\int_0^sk'(t)dt\leq \int_{s'}^{s+s'}k'(t)dt\Rightarrow k(s)+k(s')\leq k(s+s').$$
  • O.G.
    O.G.
    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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