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.
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.
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)
@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 !
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.
Réponses
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
Rien qu'avec $n=2$, la réponse n'est pas claire.
prendre $f(x) := \displaystyle\frac{1}{x+1}$ et $a=b=0$
$$2I(A+B)-2I(A)I(B)=\int_0^1\int_0^1(f(x)^A-f(y)^A)(f(x)^B-f(y)^B)dxdy\geq 0$$
ps: tout ceci est à prendre avec des pincettes bien entendu (comme d'habitude avec moi)
@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 !
k(s)=\int_0^sk'(t)dt\leq \int_{s'}^{s+s'}k'(t)dt\Rightarrow k(s)+k(s')\leq k(s+s').$$
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.