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Intégrale inégalité

Envoyé par etanche 
Intégrale inégalité
il y a quatre mois
Bonjour

[Soit] $f$ une fonction de classe $\mathcal C^1$ sur $[0;1]$. Montrer que
$(\int_{a}^{b}\sqrt{1+f'^2} )^2\geq (b-a)^2 + (f(b)-f(a))^2$

Remarque : je cherche une preuve sans utiliser que $\int_{a}^{b}\sqrt{1+f'^2}$ que c' est la longueur de la courbe de $f$ sur $[a;b]$ et que le membre de droite est la longueur au carré du segment $[AB].$
Merci.



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a quatre mois et a été effectuée par AD.
Re: Integrale inégalité
il y a quatre mois
$\sqrt{a+b} \leq \sqrt a + \sqrt b$ pour tous réels $a,b \geq 0$.
Re: Intégrale inégalité
il y a quatre mois
@hehe je ne crois que ton inégalité est utile pour l'exo , c'est dans le mauvais sens
Re: Intégrale inégalité
il y a quatre mois
Bonsoir,
Il y a, par exemple, cet argument:

Soit $F: \left \{ \begin {array}{ccl} [a\:;\:b] & \longrightarrow& \R \\ x& \longmapsto & \displaystyle \left(\int _a^x \sqrt{1+f'^2}\right) -\sqrt {(x-a)^2 +(f(x)-f(a))^2} \end{array}\right.$
Alors: $F(a)=0\:\:$ et, au terme d'un petit calcul, on parvient à:$\:\:\forall x \in ]a\:;\:b], \quad F'(x)\geqslant0,\:$ puis à $\: \:F(x)\geqslant 0.$



Edité 4 fois. La dernière correction date de il y a quatre mois et a été effectuée par LOU16.
Re: Intégrale inégalité
il y a quatre mois
avatar
Bonjour,

Le chemin le plus court entre les points $(a,f(a))$ et $(b,f(b))$ est le segment qui est l’hypoténuse d’un triangle rectangle. Pythagore et la longueur curviligne donnent le résultat.
Re: Intégrale inégalité
il y a quatre mois
Je pense qu'on peut se ramener au cas où $a=0$, $b=1$, $f(0)=0$, ce qui revient à prouver : $\int_{0}^{1}\sqrt{1+f^{~\prime }(t)^{2}}dt\geq \sqrt{1+f(1)^{2}}$.
Pour $x\in \lbrack 0,1]$, posons : $\phi (x)=\int_{0}^{x}\sqrt{1+f^{~\prime }(t)^{2}}dt-\sqrt{x^{2}+f(x)^{2}}$.
Il vient : $\phi ^{\prime }(x)=\sqrt{1+f^{~\prime }(x)^{2}}-\frac{x+f(x)f^{~\prime }(x)}{\sqrt{x^{2}+f(x)^{2}}}$, dérivée positive parce que : $(1+f^{~\prime }(x)^{2})(x^{2}+f(x)^{2})-(x+f(x)f^{~\prime}(x))^{2}=(f(x)-xf^{~\prime }(x))^{2}$.
C'est l'identité parfois dite de Lagrange, mais que je préfère attribuer à Fibonacci.
Le résultat en découle.
Bonne nuit.
15/07/2019
NB. En fait c'est la même solution que LOU16, je ne l'ai vu qu'après.



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a quatre mois et a été effectuée par Chaurien.
Re: Intégrale inégalité
il y a quatre mois
Bonsoir,
le plus court chemin entre 2 points du plan est la ligne droite. Dès que deux points ont des abscisses différentes, la fonction affine dont le graphe passe par deux points du plan dont les abscisses sont différentes minimise la fonctionnelle de gauche sur l'ensemble des fonctions , dont le graphe à pour extrémités les deux points en questions, c'est le théorème de Pythagore, et la fonctionnelle de gauche ne fait que donner la longueur du graphe d'une fonction.
bonne soirée.

ps: je viens de lire le message initial en entier (les phrases...) désolé



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a quatre mois et a été effectuée par callipiger.
Re: Intégrale inégalité
il y a quatre mois
@ merci pour vos retours
Re: Intégrale inégalité
il y a quatre mois
On peut préciser que l'égalité se produit si et seulement si la fonction $f$ est affine, ce qui signifie bien sûr que le segment de droite est l'unique plus court chemin entre deux points donnés.
En effet dans ma version simplifiée, l'égalité : $\displaystyle \int_{0}^{1}\sqrt{1+f^{~\prime }(t)^{2}}dt = \sqrt{1+f(1)^{2}}$ se traduit par $\phi(1)=0=\phi(0)$, d'où $\phi(x)=0$ pour tout $x \in[0,1]$ car $\phi$ est croissante. On en déduit : $\phi'(x)=0$, d'où : $f(x)-xf'(x)=0$, équation différentielle, etc.
Bonne journée, estivale comme il se doit un 16 juillet.
Re: Intégrale inégalité
il y a quatre mois
Tiens, ça me fait penser à un problème que j'avais posé dans le bulletin de l'APMEP il y a des années, et qui est lui aussi d'origine géométrique.

Soient des réels $a$ et $b$, avec $a<b$, et soient les fonctions $f$ et $g$ de classe $\mathcal{C}^{1}$ sur $[a,b]$, à valeurs réelles, telles : que $f(a)=g(a)$ et $f(b)=g(b)$, que : $\forall x\in \lbrack a,b], g(x)\le f(x)$ et que la fonction $f$ est convexe. Démontrer : $\displaystyle \int_{a}^{b}\sqrt{1+g^{\prime }(t)^{2}}dt\geq \int_{a}^{b}\sqrt{1+f^{\prime }(t)^{2}}dt$.

Bonne journée.



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a quatre mois et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par Chaurien.
Re: Intégrale inégalité
il y a quatre mois
Bonjour

@ Chaurien , pour le problème que vous avez posé...
intuitivement j'imagine que vous êtes parti de:

"étant donné deux "ponts non rigides " qui relient 2 points, si un pont est en dessous de l'autre, alors le chemin à parcourir pour relier les deux points est plus long sur le pont d'en dessous ?

c'est un joli problème.
Bonne journée.
Re: Intégrale inégalité
il y a quatre mois
re Bonjour:
@ Chaurien
il semble que l'on puisse s'en sortir sans trop de dégâts en disant que en
sur $T$:l'espace des fonctions convexes (dérivables) à extrémités fixées edit de même hauteur (c'est un convexe , mieux c'est un cône dont la pointe est justement le minimiseur )
la fonctionnelle $g \mapsto \displaystyle \int_{a}^{b}\sqrt{1+g^{\prime }(t)^{2}}dt $
est concave entant que somme positive de fonctions concaves (j'ai fait de gros raccourcis, mais je pense réellement que c'est juste)



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a quatre mois et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par callipiger.
Re: Intégrale inégalité
il y a quatre mois
@chaurien ton problème est fascinant.
Re: Intégrale inégalité
il y a quatre mois
Je suis parti d'un théorème de géométrie du Lebossé-Hémery de Quatrième que j'avais quand j'étais élève de cette classe, à la fin des années 1950 : une ligne brisée convexe est plus courte qu'une ligne brisée quelconque qui a les mêmes extrémités et qui l' « enveloppe ». J'enverrai un dessin quand je pourrai.
Ça m'a fait penser à une propriété analogue pour les courbes. J'ai oublié la solution, mais je suis certain qu'un forumeur en trouvera une. Ou bien il faut chercher dans les annales du Bulletin de l'APMEP.
Bonne nuit.
Re: Intégrale inégalité
il y a quatre mois
Je n'ai pas retrouvé le Lebossé-Hémery mais le Roux & Miellou qui était en usage dans l'académie de Grenoble. C'est le théorème qui est en bas de la page 45.


Re: Intégrale inégalité
il y a quatre mois
Bonjour.

Je note qu'à l'époque, en quatrième, on considérait comme valide une démonstration d'une propriété générale ("une ligne brisée") par un cas particulier sur lequel on voit comment faire dans le cas général ("Une ligne brisées AEFGD").
Pas besoin de récurrence (évidemment, on ne la voyait qu'en terminale).

Cordialement.
Re: Intégrale inégalité
il y a quatre mois
Bonsoir,

Si on pouvait prouver qu'une égalité entre les intégrales de $a$ à $c$ entraîne l'identité de $f$ et $g$ sur $[a;c] $ je pense qu'on ne serait pas loin d'une solution. Mais est-ce que ce résultat est vrai ?
Il n'est pas une conséquence du résultat à prouver ce qui n'est pas intuitif...

En tout cas problème intéressant.
Re: Intégrale inégalité
il y a quatre mois
Bonjour,
je pense que votre idée est juste: une fonction convexe n'est que la borne supérieure des fonctions affines qui la minore
au final si l'on montre le résultat pour deux fonctions affines par morceaux convexes dont une majore l'autre ça ira...

(et ce que j'ai écrit sur papier)

ps : dans mon post initial j'ai écrit que l'ensemble des fonctions convexes convexes à même extrémité était un ensemble totalement ordonné... (avec un peu de recul c'est faux c'est faux) c'est un ensemble partiellement ordonné.: prendre nle max des deux fonctions comme majorant convexe des deux.
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