Tu n'as pas bien lu mon message. Je n'ai rien contre le fait que $u$ soit croissante et $v$ décroissante, relis attentivement ce que j'ai écrit ! Ton calcul de $u_{n+1}-u_n$ est faux, tout comme l'assertion analogue écrite plus haut pour la suite $(v_n)$.
Quant à la définition des suites ci-dessus, elle ne nous dit rien sur $u_0$ et $v_0$, donc elle ne définit en fait aucun terme des suites...
Je l'ai relu je n'ai toujours pas saisi ce que vous vouliez me faire comprendre avec cette remarque : "Ce que tu as écrit plus haut ne va pas, car cela impliquerait que (un) est strictement croissante et (vn) strictement décroissante, ce qui est manifestement faux vu le procédé de construction."
On a $u_{n+1}-u_n=0$ si $\lambda \leq m_n$ et $u_{n+1}-u_n=m_n-u_n=\dfrac{v_n-u_n}{2}=\dfrac{1}{2^{n+1}}$ sinon.
@OShine. Pourrais-tu prendre un exemple, $\lambda = \sqrt{3}/2\approx 0.8660254$ ou un autre. Et faire tourner l'algorithme de $n=0$ à $n=4$ ? Je veux dire le faire tourner pour de bon, avec des valeurs numériques, et un dessin. VOIR ce qui se passe aide à trouver le passage entre l'hypothèse et la conclusion.
Je ne peux pas trop détailler (téléphone). Les expressions ci-dessus pour $u_{n+1}-u_n$ seraient correctes si elles étaient quantifiées, mais ce n'est pas ce que tu avais écrit avant. Concernant le dessin et les calculs qui vont avec, il y a au moins une erreur : je rappelle que pour tout n dans $\N$, $m_n$ est le mileu de $[u_n, v_n]$. Je te conseille de représenter les segments $[u_n, v_n]$ pour $n$ dans $\{0, 1, \ldots, 4 \}$ par des segments parallèles deux à deux distincts (autrement dit, les uns en dessous des autres). Là, on ne voit pas grand-chose...
Mais quel est l'intérêt de cet exemple ? J'avais compris le principe c'est la même technique utilisée dans la démonstration du théorème des valeurs intermédiaires.
Oui mais ce sont des détails, en temps normal je mets des quantificateurs mais ici je vais à l'essentiel pour ne pas alourdir.
Je ne vois toujours pas comment montrer que $u$ converge vers $\lambda$.
Bon mais quand on a deux suites adjacentes (dans $\mathbb R$), elles encadrent leur limite commune, non ?
N'a-t-on pas un encadrement de ce $\lambda$ par ces deux suites adjacentes ?
J'ai dit qu'il y a une erreur dans ton dernier message comportant un dessin, j'ai même donné une indication, mais tu as l'air de t'en ficher. Je t'ai conseillé de refaire le dessin d'une façon qui te permette de voir ce qui se passe (l'erreur devrait alors te sauter aux yeux), tu n'en as apparemment rien fait. La réponse à ton « Je ne vois toujours pas comment montrer que $u$ converge vers $\lambda$ » est quasi-évidente quand on voit ce qui se passe sur le dessin. Si tu ne fais pas d'effort pour prendre en compte sérieusement les conseils qui te sont donnés, je vais laisser tomber.
Peu m'importe que tu aies l'impression d'avoir déjà vu ça pour le TVI. Si tu l'as déjà vu et que c'est si simple, tu dois pouvoir écrire sans difficulté une démonstration correcte. Or, dans les 108 messages précédents de ce fil, il n'y a pratiquement que des choses « un peu fausses » ou non quantifiées à côté d'autre choses correctes. C'est inexploitable. Le fait d'omettre les quantificateurs « pour ne pas alourdir » est une très mauvaise idée. Nul besoin de mettre des $\forall$ et des $\in$ partout ; on peut très bien écrire en français que telle ou telle assertion est valable pour tout $n$ dans $\N$, que l'on prend $x$ dans $[0,1]$, etc.
Écris une démonstration complète qui tient en un message ; là, on pourra te dire si tu as compris. Je n'ai pas envie de jouer au puzzle en cherchant à assembler des miettes piochées au milieu d'une centaine de messages dont la plupart contiennent des choses justes à côté de choses fausses. Le faux contamine tout, puisqu'il permet instantanément de démontrer n'importe quoi (que $0 = 1$, que je suis le Pape, etc.). S'il y a quelque chose de faux dans un message, tout ce qui suit est donc automatiquement suspect. Il faut donc relire très attentivement chaque chose que tu écris.
Concernant l'étape qui semble concentrer toute ton attention, j'ai déjà donné la réponse : quel est le résultat fondamental sur les suites adjacentes ? (Dom a donné la réponse avant que je ne termine ce message, peu importe)
Voici une application de la midconvexité (je renonce au trait d'union).
Une fonction $f$ définie sur un intervalle $I$ de $\mathbb R$, à valeurs dans $\mathbb R$, est dite log-convexe si $f>0$ et si la fonction $\ln f$ est convexe, et elle est dite log-midconvexe si $f>0$ et si la fonction $\ln f$ est midconvexe. Cette dernière propriété se traduit par : $\forall x\in I,\forall y\in I,f(\frac {x+y}2) \le \sqrt {f(x)f(y)}$.
Un exercice classique consiste à prouver que la somme de deux fonctions log-convexes $f$ et $g$ est log-convexe.
Les fonctions $f$ et $g$ sont log-midconvexes et vérifient donc, quels que soient $x\in I$ et $ y\in I$ : $f(\frac {x+y}2) \le \sqrt {f(x)f(y)}$ et $g(\frac {x+y}2) \le \sqrt {g(x)g(y)}$. Pour prouver que $f+g$ est log-midconvexe, il faut démontrer : $f(\frac {x+y}2) +g(\frac {x+y}2) \le \sqrt {(f(x)+g(x))(f(y)+g(y))}$.
Ce sera fait si l'on établit pour tous réels positifs $a,b,c,d$ l'inégalité : $\sqrt {ac}+\sqrt {bd} \le \sqrt {(a+b)(c+d)}$, ce qui ne coûte que de l'écrire. Ainsi la fonction $f+g$ est log-midconvexe. Si l'intervalle $I$ est ouvert, alors les fonctions $\ln f$ et $\ln g$ sont continues, et $f$ et $g$ le sont aussi, et $f+g$ est continue, et se trouve donc log-convexe.
Bonne journée.
Fr. Ch.
@Chaurien
Merci mais je suis déjà surchargé de travail.
@Brian
J'ai corrigé mon erreur. Je bute néanmoins sur la récurrence.
Je veux montrer que $\forall n \in \N \ u_n \leq \lambda \leq v_n$.
Au rang $n=0$ l'inégalité est vérifiée car $\lambda \in [0,1]$
Supposons que l'inégalité soit vraie au rang $n$ fixé.
Montrons que $u_{n+1}-\lambda \leq 0$ et $v_{n+1}-\lambda \geq 0$.
2 cas se présentent : si $\lambda \leq m_n$ alors $u_{n+1}-\lambda=u_n-\lambda \leq 0$ d'après l"hypothèse de récurrence.
Si $\lambda>m_n$ alors $u_{n+1}-\lambda=m_n-\lambda=\dfrac{u_n+v_n}{2}-\lambda$ et là je bloque totalement.
J'avais demandé de représenter les segments $[u_n, v_n]$ et non quatre fois le segment $[0,1]$ avec des petits traits pour le reste... On verrait mieux ainsi, mais c'est déjà pas trop mal. Tu as effectivement corrigé l'erreur sur $m_3$ et ses conséquences. De plus, ta conjecture te met sur la bonne voie. Si tu réfléchis à la manière dont on découpe l'intervalle à chaque étape, tu devrais voir que la conjecture en question était très attendue. Cela dit, ça n'empêche pas de la démontrer rigoureusement à partir des définitions des suites $u$ et $v$ — comme ça, ce sera clair.
Edit : pour le point qui te bloque, tu es dans le cas où $\lambda>m_n$. Tu connais donc le signe de $m_n - \lambda$ ! Ce genre de chose se voit très bien si tu as un bon dessin sous les yeux. À mon avis, tu ne visualises pas assez bien la relation entre $u_n$, $m_n$ et $v_n$. Rappelle-toi la définition de $m_n$ !
n'hésitons pas à poser l'addition $0.750+0.875= (750+875)/1000=1625/1000=1.625$. Suivi de $1.625/2=0.8125$.
OShine, tu nous dis "Mais quel est l'intérêt de cet exemple ? J'avais compris le principe". Eh bien, non, tu n'as absolument rien compris à cette méthode. L'intérêt de cet exemple est de pouvoir le démontrer à partir de ta réponse. Tu aurais, peut-être, eu toi aussi l'occasion de t'en rendre compte... si tu avais bien voulu faire ce qui t'a été demandé: faire un dessin propre, pour chaque valeur de $n=0,1,2,3,4$, en reportant à chaque fois les points $u_n,v_n,m_n$. N'hésite pas à détailler à chaque fois pourquoi on fait un choix plutôt qu'un autre.
En fait, comme déjà dit, ton problème est que tu n'as toujours pas vu que les seizièmes impairs viennent s'intercaler juste au milieu des huitièmes. Etre modeste et faire des dessins pourrait, peut-être, t'aider à voir cela.
Au rang $n=0$ l'inégalité est vérifiée car $\lambda \in [0,1]$
Supposons que l'inégalité soit vraie au rang $n$ fixé.
Montrons que $u_{n+1}-\lambda \leq 0$
2 cas se présentent :
Si $\lambda \leq m_n$ alors $u_{n+1}-\lambda=u_n-\lambda \leq 0$ d'après l'hypothèse de récurrence.
Si $\lambda>m_n$ alors
$u_{n+1}-\lambda=m_n-\lambda <0$ .
Montrons à présent que $v_{n+1}-\lambda \geq 0$.
2 cas se présentent :
Si $\lambda \leq m_n$ alors $v_{n+1}-\lambda=m_n-\lambda \geq 0$.
Si $\lambda>m_n$ alors $v_{n}-\lambda \geq 0$ d'après l'hypothèse de récurrence.
On a montré le résultat par récurrence. Les suites $u$ et $v$ étant adjacentes, elles convergent vers une limite commune $l$.
Or $\forall n \in \N \ u_n \leq \lambda \leq v_n$ par passage à la limite $l \leq \lambda \leq l$.
On en déduit finalement que $u$ et $v$ convergent vers $\lambda$.
Maintenant à moi de démontrer la suite du passage de Pierre.
Moui. Dans le cas où $\lambda > m_n$, il manque quand même l'essentiel : $v_{n+1} - \lambda = v_{n}-\lambda \geq 0$. Sinon, on n'a pas démontré l'hypothèse de récurrence (que tu aurais pu préciser pour que ce soit bien clair) au rang $n+1$. D'autre part, après avoir écrit $l \leq \lambda \leq l$, tu aurais dû indiquer que cela entraîne $l = \lambda$. Je suppose que tu l'avais compris.
Remarque : la limite commune de deux suites réelles adjacentes $(a_n)$ et $(b_n)$ telles que $(a_n)$ croît et $(b_n)$ décroît est l'unique réel $\ell$ tel que pour tous $p$ et $q$ dans $\N$, $a_p \leq \ell \leq b_q$. Cela peut fournir un petit raccourci.
Rappelons que dans $\mathbb R$ si deux suites sont adjacentes, alors elles convergent (propriété de la borne supérieure) vers la même limite.
Dans $\mathbb Q$ ce n’est plus vrai mais on a quand même : si l’une converge, alors l’autre aussi et vers la même limite.
On part de l'intervalle $[u_0,v_0]=[0,1]$ qui contient le nombre $\lambda$.
Puis on "coupe cet intervalle en deux" formant les intervalles $[0/2,1/2]$ et $[1/2,2/2]$. On garde celle des deux "moitiés" qui contient le nombre $\lambda$, et on appelle cette moitié $[u_1,v_1]$.
Puis on "coupe cet intervalle en deux" formant les intervalles $[u_1,m_1]$ et $[m_1,v_1]$. On garde celle des deux "moitiés" qui contient le nombre $\lambda$, et on appelle cette moitié $[u_2,v_2]$.
Puis on "coupe cet intervalle en deux" formant les intervalles $[u_2,m_2]$ et $[m_2,v_2]$. On garde celle des deux "moitiés" qui contient le nombre $\lambda$, et on appelle cette moitié $[u_3,v_3]$.
Remarque: si jamais $\lambda$ appartenait à chacune des deux moitiés, prendre une pièce de monnaie et tirer au sort.
Récurrence (ne pas oublier les gousses d'ail, le critère C62 et le jeton de caddie).
Et alors on se demande pourquoi, pour tout $n$, on a $u_n\leq \lambda \leq v_n$. La réponse est : KAKEU !!!! .
En version sous-titrée pour les non-comprenants: si l'on fait, à chaque fois, le choix d'une moitié qui contient $\lambda$ alors la moitié choisie contient $\lambda$.
Tu t'embrouilles avec ces quarts. Pierre t'as montré les calculs pour $n=0$, essaie de les calquer pour l'étape $P_n \implies P_{n+1}$ de ta récurrence. Pierre ne fait pas apparaître de quart, tu peux faire de même. Tu vas te rendre compte qu'il manque des choses dans ton hypothèse de récurrence. N'oublie pas que tu dois pouvoir montrer $P_n \implies P_{n+1}$ dans les deux cas : $\lambda \leq m_n$ et $\lambda > m_n$. Et ne change pas les notations de Pierre, ça ne fait qu'ajouter de la confusion.
Pour tout entier naturel $n$, notons $P_n$ l'assertion : « $f\bigl( m_{n}a+(1-m_{n})b \bigr) \leq m_{n} f(a)+(1-m_{n}) f(b)$ et ... et ... ».
Quand tu auras fait tous les calculs prouvant l'hérédité au brouillon (dans les deux cas), tu verras par quoi remplacer les pointillés pour que la mécanique fonctionne bien.
Merci Brian j'ai enfin réussi X:-(
Très intéressante cette méthode et en plus elle fait appel qu'aux notions que j'ai étudiées. Un peu difficile seul mais avec votre aide j'ai compris mais ça m'a pris un temps fou !
Bonjour
Voici une autre démo plus facile et plus courte pour @Oshine:
Pour faire simple, l'exercice c'est de montrer que si f une fonction continue sur un ouvert I de R et si f est mid-convexe alors montrer que f est convexe sur I
Soit a,b,c,d 4 réels qcq avec $a\neq 0,$ c'est immédiat de voir que la fonction g définie sur l'ouvert J (que je laisse au lecteur le soin de décrire) par $g(u)=f(a u+ b) + c u + d$ est continue et mid-convexe sur J ssi f est continue et mid-convexe sur I (rep g convexe sur J ssi f convexe sur I.)
Maintenant soit x< y fixé dans I. On choisit alors a,b,c, d tel que a x+b=0, puis ay+ b=1 et enfin g(0)=g(1)=0.
Il reste alors à montrer la convexité de g sur [0,1] qui est équivalente $g(u)\leq 0, \forall u\in [0,1]$
Raisonnons par l'absurde: Il existe $u_0\in]0,1[$ tel que $g(u_0)>0$. D'après la continuité de g on peut imposer à $u_0$ de vérifier que $g(u_0)=max_{u\in[0,1]} g(u)$ et qu'il existe h>0 assez petit tel que $g(u)<g(x_0) , \forall u\in ]u_0,u_0+h]\subset ]u_0,1] $ (ne pas oublier que g(1)=0 donc un tel $u_0$ existe).
On peut supposer bien entendu que $u_0-h\geq 0.$
Alors, puisque g est mid-convexe on a $g(u_0)\leq 1/2 g(u_0-h)+ 1/2 g(u0+h)< g(u_0)$ donne une contradiction. c.q.f.d
@OShine (pas le temps de lire le message de bd2017 pour l'instant...)
C'est grosso modo ça, mais :
Tu n'as pas écrit de formulation propre de l'hypothèse de récurrence et du coup, tu n'as montré qu'une partie de l'hérédité.
Les $a$ et $b$ ont été fixés (dans la preuve de Pierre) avant même de commencer la récurrence ; il n'est pas utile d'avoir $\forall (a,b) \in I^2$ dans l'hypothèse de récurrence.
Le $\forall n \in \N$ de tes « conditions à rajouter » est très problématique : la propriété de récurrence $P_n$ doit dépendre de $n$, sinon la récurrence n'a aucun sens (formellement, démontrer l'initialisation d'une propriété « de récurrence » commençant par $\forall n \in \N$ reviendrait à démontrer tout ce que l'on souhaite d'un coup sans récurrence, donc 1) tu n'y arriverais pas ici et 2) cela ne servirait à rien de parler de récurrence puisque tout ce que l'on souhaite démontrer serait déjà acquis une fois l'initialisation prouvée).
Il faut t'efforcer à être plus rigoureux(se). Il est indispensable, à ton niveau, d'écrire l'hypothèse de récurrence en entier, de manière parfaitement claire.
@Oshine Je pense que c'est élémentaire de vérifier qu'on peut se ramener à g sur [0,1] tel que je l'ai expliqué.
Puis le raisonnement par contradiction sur la fonction g n'utilise que la continuité d'une fonction continue sur un compact et l'hypothèse de mid-continuité.
Je ne dis pas que l'autre démonstration est vraiment plus difficile mais celle que je présente utilise peu de technicité.
J'ai du mal à suivre les développements de la discussion.
Au départ, il s'agissait de corriger un énoncé erroné et de démontrer qu'une fonction midconvexe et continue est convexe.
Pour ce faire, on prouve d'abord l'inégalité de convexité sous la forme :
$\forall x\in I,\forall y\in I,\forall \lambda \in \mathbb{A}_{2},0\leq \lambda \leq 1\Rightarrow f((1-\lambda )x+\lambda y)\leq (1-\lambda)f(x)+\lambda f(y)$,
où $ \mathbb{A}_{2}$ est l'anneau des nombres dyadiques, qui est dense dans $\mathbb R$.
Ensuite, il faut prouver que tout réel $\lambda \in [0,1]$ est la limite d'une suite $\lambda_n \in [0,1]$, $\lambda_n \in \mathbb{A}_{2}$. Je voulais partir dans des généralités sur la densité, mais OShine a exhibé une telle suite : $\lambda _{n}=\frac{1}{2^{n}}\left\lfloor 2^{n}\lambda \right\rfloor $, ce qui pour notre problème me semble le mieux. Et alors c'est terminé, non ?
Mais la démonstration que j'ai donnée de : $\forall x\in I,\forall y\in I,\forall \lambda \in \mathbb{A}_{2},0\leq \lambda \leq 1\Rightarrow f((1-\lambda )x+\lambda y)\leq (1-\lambda)f(x)+\lambda f(y)$ est assez rébarbative, aussi y ai-je repensé, et je vais vous dire tantôt ce que j'ai trouvé.
$\bullet $ Rappel de la question.
Une fonction $f$ définie sur un (vrai) intervalle $I$ de $ \mathbb{R}$, à valeurs réelles est dite midconvexe si : $\forall x\in I,\forall y\in I,f(\frac{x+y}{2})\leq \frac{f(x)+f(y)}{2}$.
Soit l'ensemble des nombres dyadiques $\mathbb{A}_{2}=\{\frac{k}{2^{m}}|k\in \mathbb{Z},m\in \mathbb{N}\}$, qui est un sous-anneau de $\mathbb{R}$, dense dans $\mathbb{R}$ (et d'intérieur vide, comme tout sous-anneau de $\mathbb{R}$ autre que $\mathbb{R}$ ou $\mathbb{Z}$).
Le but est de démontrer : $\forall x\in I,\forall y\in I,\forall \lambda \in \mathbb{A}_{2},0\leq \lambda \leq 1\Rightarrow f((1-\lambda )x+\lambda y)\leq (1-\lambda )f(x)+\lambda f(y)$.
$\bullet $ Je me suis replongé dans un classique dont on ne saurait trop conseiller la lecture (surtout pour un prétendant à l'agrégation ;-) ) :
Hardy, Littlewood, Pólya, Inequalities, Cambridge at the University Press, 1934, 1952.
Les auteurs traitent la question en considérant l'assertion $P(n)$ :
« quels que soient $x_{1},x_{2},...,x_{n}$ éléments de $I$, on a : $\displaystyle f(\frac{1}{n}\overset{n}{\underset{j=1}{\sum }}x_{j})\leq \frac{1}{n}\overset{n}{\underset{j=1}{\sum }}f(x_{j})$ ».
On démontre très simplement par récurrence sur $m$ l'assertion $P(2^{m})$ :
« quels que soient $x_{1},x_{2},...,x_{2^{m}}$ éléments de $I$, on a : $\displaystyle f(\frac{1}{2^{m}}\overset{2^{m}}{\underset{j=1}{\sum }}x_{j})\leq \frac{1}{2^{m}}\overset{2^{m}}{\underset{j=1}{\sum }}f(x_{j})$ ».
Application immédiate de la midconvexité.
Pour $m\in \mathbb{N},k\in \mathbb{N},0\leq k\leq 2^{m}$, en faisant $x_{1}=x_{2}=...=x_{2^{m}-k}=x$ et $x_{2^{m}-k+1}=...=x_{2^{m}}=y$, on obtient : $f(\frac{2^{m}-k}{2^{m}}x+\frac{k}{2^{m}}y)\leq \frac{1}{2^{m}}((2^{m}-k)f(x)+kf(y))$, CQFD.
$\bullet $ Il y a plus. L'ouvrage de Hardy, Littlewood, Pólya présente une remarquable méthode de « récurrence descendante », due à Cauchy. Supposons que $P(n)$ est vraie pour un certain $n\in \mathbb{N}^{\ast }$.
Soit $r\in \{1,2,...,n\}$, soient $x_{1},x_{2},...,x_{r}$ éléments de $I$, et soit $\displaystyle a=\frac{1}{r}\overset{r}{\underset{j=1}{\sum }}x_{j}$.
Alors : $f(a)=f(\frac{x_{1}+x_{2}+...+x_{r}+(n-r)a}{n})\leq \frac{f(x_{1})+f(x_{2})+...+f(x_{r})+(n-r)f(a)}{n}$, ce qui conduit à : $f(a)\leq \frac{f(x_{1})+f(x_{2})+...+f(x_{r})}{r}$.
Ainsi, l'assertion $P(r)$ est vraie, et comme on a vu que $P(2^{m})$ est vraie pour tout $m\in \mathbb{N}$, on en déduit que $P(n)$ est vraie pour tout $n\in \mathbb{N}^{\ast} $.
Pour $n\in \mathbb{N}^{\ast },k\in \mathbb{N},0\leq k\leq n$, en faisant $x_{1}=x_{2}=...=x_{n-k}=x$ et $x_{n-k+1}=...=x_{n}=y$, on obtient : $f(\frac{n-k}{n}x+\frac{k}{n}y)\leq \frac{1}{n}((n-k)f(x)+kf(y)$, et l'on a démontré : $\forall x\in I,\forall y\in I,\forall \lambda \in \mathbb{Q},0\leq \lambda \leq 1\Rightarrow f((1-\lambda )x+\lambda y)\leq (1-\lambda)f(x)+\lambda f(y)$.
OShine écrivait:
> @Bd2017. Votre façon d'expliquer n'est pas claire pour moi, honnêtement je ne comprends rien à votre
> démonstration. Ce n'est pas grave.
X:-( pas du tout ! c'est ta façon de faire des maths qui n'est pas claire.
Elle est du genre le moindre détail doit être expliqué par ton livre ou sinon par l'autre.
Il reste alors à montrer la convexité de g sur [0,1] qui est équivalente à $\left(\forall u\in [0,1]\right)\left( g(u)\leq 0\right) $
Raisonnons par l'absurde: Il existe $u_0\in]0,1[$ tel que $g(u_0)>0$.
D'après la continuité de g, on peut imposer à $u_0$ de vérifier que $g(u_0)=max_{u\in[0,1]} g(u)$
ACCEPTABLE jusque là et qu'il existe $h>0$ assez petit tel que $g(u)<g(u_0) , \forall u\in ]u_0,u_0+h]$
et là, cela tourne au PIPEAU PROBABLE
Rappel: une démonstration ne consiste pas simplement à aligner des affirmations "vraies", mais à prouver successivement ces affirmations. Ici, on a le choix entre deux mécanismes de preuve.
(1) la compacité, formulée explicitement (efficace, mais plus abstrait) et
(2) de toute suite de réels, on peut extraire une sous-suite monotone (la compacité sans le dire, utilisant la topologie de l'ordre... car il n'y a pas de topologie de la distance avant de disposer des réels).
On commence par: une fonction numérique continue $g$ définie sur un intervalle fermé atteint ses bornes. C'est un classique, et cela donne $\sup(g)$ est atteint. Ensuite, il faut trouver un $u$ tel que $g(u)=\max(g)$ et un $h$ tel que $g(u-h)+g(u+h)<2g(u)$ et cela n'est pas si évident. Il se pourrait que $g$ présente un plateau autour de $u$. On définit donc $u$ par $\inf\{v|g(v)=\max(g)\}$. Par continuité, on a $g(u)=\max(g)$ et l'on prend $h$ égal à un peu moins que la distance de sécurité de $u$ pour l'intervalle ouvert $]0,1[$. Et là, cela devient convainquant.
Une démonstration est nécessairement un texte "à trous". C'est le contexte qui détermine quelle est la taille acceptable pour les trous.
Et c'est pour cela que j'aimerais bien que OShine détaille de façon explicite les calculs correspondant au cas $m_n<\lambda$, au lieu de se contenter d'un "c'est la même technique". En effet, c'est la même technique, il s'agit juste de montrer que cette même technique a été correctement mise en oeuvre. Sur le modèle: en théorie, la théorie et la pratique sont équivalents.
Bonjour pldx1
Je ne trouve pas évidente non plus l'affirmation :
<< Il reste alors à montrer la convexité de $g$ sur $[0,1]$ qui est équivalente à $\forall u\in [0,1],\; g(u)\leq 0$. >>
Il y a à mon avis quelques "non-dits" !
Mais ce que je trouve sympa c'est la possibilité de ne pas utiliser les nombres dyadiques et, en complément de ce qui précède, je propose :
on suppose qu'il existe $x,y,\alpha$ avec $x<y,\ (x,y)\in I^2,\ \alpha\in]0,1[,\ f(\alpha x+(1-\alpha) y)>\alpha f(x)+(1-\alpha) f(y)$.
On introduit $g$ définie par : $g(t)=f(t)-\dfrac{t-x}{y-x}f(y)-\dfrac{t-y}{x-y}f(x)$ de sorte que
$g$ est continue et mid-convexe sur $[x,y]$, nulle en $x,y$ et, en notant $z=\alpha x+(1-\alpha)y$, $g(z)>0$.
Comme pldx1 on peut alors trouver $t_0\in]x,y[$ où $g$ est maximale et un réel $h>0$ tel que $x\leq t_0-h<t_0<t_0+h\leq y$ et $g(t_0-h)<g(t_0)$ OU$^*$ $g(t_0+h)<g(t_0)$ ce qui conduit à une contradiction.
$^*$ Par exemple, supposer $t_0\geq\dfrac{x+y}2$ et prendre $h$ tel que $t_0<t_0+h<y$ et $g(t_0+h)<g(t_0)$.
Cet exercice peut se traiter sans suites, avec la définition de la continuité et la densité de l'ensemble des dyadiques au sens usuel (i.e. suivant: tout intervalle de longueur non nulle contient un dyadique).
Une fonction est un ensemble $f$ de couples tel que pour tous $x,y,z$, si $(x,y)\in f$ et $(x,z)\in f$ alors $y = z$.
Mais c'est quoi ce commentaire ?
D'abord, je donne ici une démonstration qui évite les k/2^n dans lequel le poseur de la question s'embrouille.
J'ai bien donné les principales lignes de ma démonstration peut-être un peu vite; alors je ne suis pas à l'abri d'une erreur mais la qualifier de PIPEAU, non merci c'est loin d'être mon genre.
En particulier l'affirmation, il existe $u_0$ tq $g(u_0)= \max g(u_0)$ sur $[0,1]$ et tq et qu'il existe $h>0$ assez petit tel que
$g(u)<g(u_0) ,\ \forall u\in \,]u_0,u_0+h]$
est vraie et assez évidente pour la majorité des quidams de L1.
Il suffit de considérer le sup (qui est un maximum) de l'ensemble (non vide) des $u_0$ qui vérifient $g(u_0)=\max_{[0,1]} g(u)$.
Bonjour Je n'avais pas vu cette remarque qui est cohérente, mais il ne s'agit pas de "non-dits" mais c'est plutôt mal dit.
Alors évidemment je précise.
Je crois avoir dit que je travaille avec $ x$ et $y$ sont fixés.
Il faut démontrer que alors
$f( \lambda_ x + (1-\lambda) y) \leq \lambda f( x)+ (1-\lambda y) f(y)$, pour tout $\lambda \in [0,1 ]. $
Alors ceci est équivalent
$g(u) \leq 0,\ \forall u\in[ 0 ,1] $ (en non pas $g(u)$ convexe)
Comme d'ailleurs $f( \lambda_ x + (1-\lambda) y) \leq \lambda f( x)+ (1-\lambda y) f(y)$, pour tout $\lambda\in[0,1 ] $ n'est pas équivalent $f$ convexe sur $[x,y]$.
Il suffit de considérer le sup (qui est un maximum) de l'ensemble (non vide) des $u_0$ qui vérifient $g(u_0)=\max_{[0,1]} g(u)$. Il suffit: oui, il suffit.
L'affirmation, il existe u_0 tq $g(u_0)= \max g(u_0)$ sur [0,1] et tq il existe $h>0$ assez petit tel que $g(u)<g(u_0), \forall u\in ]u_0,u_0+h]$ est assez évidente pour la majorité des quidams de L1. Cela, sûrement pas. À nouveau, si un étudiant de L1 laisse un trou pareil dans sa démo et se borne à dire : il est assez évident que, alors le diagnostic est "pipeau probable".
Je ne crois pas qu'un étudiant de L1 puisse voir la difficulté... et en même temps décider de ne pas la signaler au motif "tout le monde l'aura vu, pourquoi s'ennuyer à l'écrire". Et donc, il fallait.
pldx1
Oui en effet tu as raison ce n'est peut-être pas facile pour n'importe quel L1 puisque visiblement toi-même tu n'y avais pas pensé.
Bon maintenant, lorsqu'on doit donner une démonstration sur un forum, je ne pense que pas que c'est une copie qu'on rend à un enseignant fictif mais un texte assez explicite pour que la démonstration soit comprise par la majorité. Autrement si les étapes sont données il reste au lecteur de vérifier les détails.
Cela implique aussi que, si le lecteur a du mal à comprendre, à montrer, voire même s'il a un doute sur une ou plusieurs étapes, il peut alors demander des explications.
En conclusion, la courtoisie aurait été tout de même de ne pas qualifier ce que j'ai écrit de PIPEAU PROBABLE.
@Foys.
L'intention est: montrer que chaque arc, un par un, est en dessous de la corde qui lui correspond. Alors on redresse ce couple arc-corde et on lui applique... Et on conclut par "chacun, un par un, implique tous". En résumé, la méthode "fantassin de base" avec suites adjacentes est moins aérienne, mais avec moins de risques d'être cavalière.
Rebonjour
En réponse à @Foys:
Visiblement ma démo passe mal et pourtant il n'y a rien de bien compliqué. .
Certes à un certain moment il y a quelque chose qui a été mal dit et j'ai reprécisé le raisonnement dans un message précédent en réponse à Rakam.
Je la résume donc (la démo) pour en finir avec je l'espère.
Hypothèses I ouvert, f continue et mid-convexe.
On veut démontrer que pour tout x,y dans I
l'inégalité $f( \lambda x + (1-\lambda) y) \leq \lambda f ( x) + (1-\lambda)f( y)$ ceci pour tout $\lambda \in [0,1]$ (*)
Soit donc x<y dans I et fixés.
Pour prouver (*) de façon plus simple, l'idée est de faire un changement de variable affine (qui envoie x en 0 et y=1)
et de retirer à f une fonction affine de façon à ce que la fonction g obtenue (qui dépend de x et y mais x et y sont fixés) vérifie g(0)=0 et g(1)=1.
Alors l'inégalité (*) est équivalente à $g(u)\leq 0, \forall u \in [0,1].$ (correction faite ici une seconde fois par rapport au message initial) et g récupère bien les propriétés de f en particulier sur [0,1].
Pour finir, je raisonne donc alors l'absurde en supposant qu'il existe $u_0$ tel que $g(u0)>0$ et on finit assez facilement mais je m'arrête ici, les explications sont dans les messages précédents.
@Rakam
Ce sont des solutions à astuces introuvables par l'étudiant lambda.
Je pense que pour progresser je dois arrêter les solutions à astuces, il me faut travailler les exercices que je peux trouver seul et qui sont accessibles.
Si vous êtes professeur vos étudiants doivent souffrir.
Car le raisonnement incompréhensible et incassible pour un étudiant de niveau moyen.
Je travaille avec le livre DUNOD TOUT EN UN MPSI édition 2018. Je suis peut être très moyen mais je comprends quasiment toutes les démonstrations du cours tellement c'est bien écrit et clair niveau raisonnement. C'est fluide et limpide et on saisit directement les transitions entre les différents étapes du raisonnement.
Bien jolie ton aversion pour les astuces! Encore faudrait-il dire ce que ce mot signifie.
Quand je vois le nombre de pages que tu as écrites "sans astuces" je me demande si ton idée est la meilleure.
.......................
Savoir qu'en ajoutant une fonction affine à une fonction convexe ne change ni la continuité, ni la convexité est une idée de base, pas une astuce.
En profiter pour rendre la corde à étudier "horizontale" est le premier bénéfice de la dite astuce.
.....................
L'idée de se passer des nombres dyadiques n'est pas la mienne et je n'y pensais pas du tout. La voir évoquée par quelqu'un d'autre m'a incité à en profiter (c'est comme ça qu'on doit lire les démonstrations) et, en rendant moins sibylline la démonstration originale, à en proposer une qui n'est ni compliquée, ni astucieuse.
En tout cas elle mérite d'être lue avec réflexion pour en faire son profit éventuel : c'est comme ça qu'on avance !
Ton mépris à priori (je te signale en outre qu'en qualifiant de "chinois" ce que tu ne VEUX pas lire, tu frises un propos raciste) de tout ce qui pourrait t'apporter un peu de recul est véritablement décourageant pour toute aide.
......................
Par ailleurs je te remets l'accusation de "mauvaise foi" (déjà faite sur un autre forum) : relis depuis le début et essaie de justifier tes nombreuses affirmations "je ne connais pas les nombres dyadiques" alors que tu les as étudiés dans d'autres exercices : il serait facile de prouver ton mensonge en fouillant tes écrits passés. Et la preuve c'est que, tout d'un coup, tu as accepté de ne plus les ignorer.
Bref, comme le dit la chanson, tu n'as pas changé !
Réponses
Je trouve cela logique que $u$ est croissante et $v$ décroissante... Du coup je ne saisi pas trop le sens de votre remarque.
Voici mes définitions :
$u_{n+1}=\begin{cases} u_n \ \text{si} \ \lambda \leq m_n \\ m_n \ \text{si} \ \lambda > m_n \end{cases}$ et $v_{n+1}=\begin{cases} m_n \ \text{si} \ \lambda \leq m_n \\ v_n \ \text{si} \ \lambda>m_n \end{cases}$ et $m_n=\dfrac{u_n+v_n}{2}$
Je trouve la même chose que précédemment :-(
$u_{n+1}-v_{n+1}=\dfrac{u_n-v_n}{2} \implies u_n-v_n=\dfrac{-1}{2^n} \longrightarrow 0$
Or $u_{n+1}-u_n=\dfrac{1}{2^{n+1}}$ donc $u$ est croissante. De même $v$ est décroissante.
Quant à la définition des suites ci-dessus, elle ne nous dit rien sur $u_0$ et $v_0$, donc elle ne définit en fait aucun terme des suites...
On a $u_{n+1}-u_n=0$ si $\lambda \leq m_n$ et $u_{n+1}-u_n=m_n-u_n=\dfrac{v_n-u_n}{2}=\dfrac{1}{2^{n+1}}$ sinon.
Je retrouve toujours la même chose.
@OShine. Pourrais-tu prendre un exemple, $\lambda = \sqrt{3}/2\approx 0.8660254$ ou un autre. Et faire tourner l'algorithme de $n=0$ à $n=4$ ? Je veux dire le faire tourner pour de bon, avec des valeurs numériques, et un dessin. VOIR ce qui se passe aide à trouver le passage entre l'hypothèse et la conclusion.
Cordialement, Pierre.
Oui mais ce sont des détails, en temps normal je mets des quantificateurs mais ici je vais à l'essentiel pour ne pas alourdir.
Je ne vois toujours pas comment montrer que $u$ converge vers $\lambda$.
N'a-t-on pas un encadrement de ce $\lambda$ par ces deux suites adjacentes ?
J'ai dit qu'il y a une erreur dans ton dernier message comportant un dessin, j'ai même donné une indication, mais tu as l'air de t'en ficher. Je t'ai conseillé de refaire le dessin d'une façon qui te permette de voir ce qui se passe (l'erreur devrait alors te sauter aux yeux), tu n'en as apparemment rien fait. La réponse à ton « Je ne vois toujours pas comment montrer que $u$ converge vers $\lambda$ » est quasi-évidente quand on voit ce qui se passe sur le dessin. Si tu ne fais pas d'effort pour prendre en compte sérieusement les conseils qui te sont donnés, je vais laisser tomber.
Peu m'importe que tu aies l'impression d'avoir déjà vu ça pour le TVI. Si tu l'as déjà vu et que c'est si simple, tu dois pouvoir écrire sans difficulté une démonstration correcte. Or, dans les 108 messages précédents de ce fil, il n'y a pratiquement que des choses « un peu fausses » ou non quantifiées à côté d'autre choses correctes. C'est inexploitable. Le fait d'omettre les quantificateurs « pour ne pas alourdir » est une très mauvaise idée. Nul besoin de mettre des $\forall$ et des $\in$ partout ; on peut très bien écrire en français que telle ou telle assertion est valable pour tout $n$ dans $\N$, que l'on prend $x$ dans $[0,1]$, etc.
Écris une démonstration complète qui tient en un message ; là, on pourra te dire si tu as compris. Je n'ai pas envie de jouer au puzzle en cherchant à assembler des miettes piochées au milieu d'une centaine de messages dont la plupart contiennent des choses justes à côté de choses fausses. Le faux contamine tout, puisqu'il permet instantanément de démontrer n'importe quoi (que $0 = 1$, que je suis le Pape, etc.). S'il y a quelque chose de faux dans un message, tout ce qui suit est donc automatiquement suspect. Il faut donc relire très attentivement chaque chose que tu écris.
Concernant l'étape qui semble concentrer toute ton attention, j'ai déjà donné la réponse : quel est le résultat fondamental sur les suites adjacentes ? (Dom a donné la réponse avant que je ne termine ce message, peu importe)
Une fonction $f$ définie sur un intervalle $I$ de $\mathbb R$, à valeurs dans $\mathbb R$, est dite log-convexe si $f>0$ et si la fonction $\ln f$ est convexe, et elle est dite log-midconvexe si $f>0$ et si la fonction $\ln f$ est midconvexe. Cette dernière propriété se traduit par : $\forall x\in I,\forall y\in I,f(\frac {x+y}2) \le \sqrt {f(x)f(y)}$.
Un exercice classique consiste à prouver que la somme de deux fonctions log-convexes $f$ et $g$ est log-convexe.
Les fonctions $f$ et $g$ sont log-midconvexes et vérifient donc, quels que soient $x\in I$ et $ y\in I$ : $f(\frac {x+y}2) \le \sqrt {f(x)f(y)}$ et $g(\frac {x+y}2) \le \sqrt {g(x)g(y)}$. Pour prouver que $f+g$ est log-midconvexe, il faut démontrer : $f(\frac {x+y}2) +g(\frac {x+y}2) \le \sqrt {(f(x)+g(x))(f(y)+g(y))}$.
Ce sera fait si l'on établit pour tous réels positifs $a,b,c,d$ l'inégalité : $\sqrt {ac}+\sqrt {bd} \le \sqrt {(a+b)(c+d)}$, ce qui ne coûte que de l'écrire. Ainsi la fonction $f+g$ est log-midconvexe. Si l'intervalle $I$ est ouvert, alors les fonctions $\ln f$ et $\ln g$ sont continues, et $f$ et $g$ le sont aussi, et $f+g$ est continue, et se trouve donc log-convexe.
Bonne journée.
Fr. Ch.
Merci mais je suis déjà surchargé de travail.
@Brian
J'ai corrigé mon erreur. Je bute néanmoins sur la récurrence.
Je veux montrer que $\forall n \in \N \ u_n \leq \lambda \leq v_n$.
Au rang $n=0$ l'inégalité est vérifiée car $\lambda \in [0,1]$
Supposons que l'inégalité soit vraie au rang $n$ fixé.
Montrons que $u_{n+1}-\lambda \leq 0$ et $v_{n+1}-\lambda \geq 0$.
2 cas se présentent : si $\lambda \leq m_n$ alors $u_{n+1}-\lambda=u_n-\lambda \leq 0$ d'après l"hypothèse de récurrence.
Si $\lambda>m_n$ alors $u_{n+1}-\lambda=m_n-\lambda=\dfrac{u_n+v_n}{2}-\lambda$ et là je bloque totalement.
$\displaystyle {u_n+v_n \over 2}-\lambda={u_n+v_n -2\lambda \over 2} = {u_n -\lambda+v_n -\lambda \over 2}$
J'avais demandé de représenter les segments $[u_n, v_n]$ et non quatre fois le segment $[0,1]$ avec des petits traits pour le reste... On verrait mieux ainsi, mais c'est déjà pas trop mal. Tu as effectivement corrigé l'erreur sur $m_3$ et ses conséquences. De plus, ta conjecture te met sur la bonne voie. Si tu réfléchis à la manière dont on découpe l'intervalle à chaque étape, tu devrais voir que la conjecture en question était très attendue. Cela dit, ça n'empêche pas de la démontrer rigoureusement à partir des définitions des suites $u$ et $v$ — comme ça, ce sera clair.
Edit : pour le point qui te bloque, tu es dans le cas où $\lambda>m_n$. Tu connais donc le signe de $m_n - \lambda$ ! Ce genre de chose se voit très bien si tu as un bon dessin sous les yeux. À mon avis, tu ne visualises pas assez bien la relation entre $u_n$, $m_n$ et $v_n$. Rappelle-toi la définition de $m_n$ !
n'hésitons pas à poser l'addition $0.750+0.875= (750+875)/1000=1625/1000=1.625$. Suivi de $1.625/2=0.8125$.
OShine, tu nous dis "Mais quel est l'intérêt de cet exemple ? J'avais compris le principe". Eh bien, non, tu n'as absolument rien compris à cette méthode. L'intérêt de cet exemple est de pouvoir le démontrer à partir de ta réponse. Tu aurais, peut-être, eu toi aussi l'occasion de t'en rendre compte... si tu avais bien voulu faire ce qui t'a été demandé: faire un dessin propre, pour chaque valeur de $n=0,1,2,3,4$, en reportant à chaque fois les points $u_n,v_n,m_n$. N'hésite pas à détailler à chaque fois pourquoi on fait un choix plutôt qu'un autre.
En fait, comme déjà dit, ton problème est que tu n'as toujours pas vu que les seizièmes impairs viennent s'intercaler juste au milieu des huitièmes. Etre modeste et faire des dessins pourrait, peut-être, t'aider à voir cela.
Cordialement, Pierre.
Au rang $n=0$ l'inégalité est vérifiée car $\lambda \in [0,1]$
Supposons que l'inégalité soit vraie au rang $n$ fixé.
Montrons que $u_{n+1}-\lambda \leq 0$
2 cas se présentent :
Si $\lambda \leq m_n$ alors $u_{n+1}-\lambda=u_n-\lambda \leq 0$ d'après l'hypothèse de récurrence.
Si $\lambda>m_n$ alors
$u_{n+1}-\lambda=m_n-\lambda <0$ .
Montrons à présent que $v_{n+1}-\lambda \geq 0$.
2 cas se présentent :
Si $\lambda \leq m_n$ alors $v_{n+1}-\lambda=m_n-\lambda \geq 0$.
Si $\lambda>m_n$ alors $v_{n}-\lambda \geq 0$ d'après l'hypothèse de récurrence.
On a montré le résultat par récurrence. Les suites $u$ et $v$ étant adjacentes, elles convergent vers une limite commune $l$.
Or $\forall n \in \N \ u_n \leq \lambda \leq v_n$ par passage à la limite $l \leq \lambda \leq l$.
On en déduit finalement que $u$ et $v$ convergent vers $\lambda$.
Maintenant à moi de démontrer la suite du passage de Pierre.
Remarque : la limite commune de deux suites réelles adjacentes $(a_n)$ et $(b_n)$ telles que $(a_n)$ croît et $(b_n)$ décroît est l'unique réel $\ell$ tel que pour tous $p$ et $q$ dans $\N$, $a_p \leq \ell \leq b_q$. Cela peut fournir un petit raccourci.
Précision ajoutée suite au message de Dom.
Dans $\mathbb Q$ ce n’est plus vrai mais on a quand même : si l’une converge, alors l’autre aussi et vers la même limite.
On part de l'intervalle $[u_0,v_0]=[0,1]$ qui contient le nombre $\lambda$.
Puis on "coupe cet intervalle en deux" formant les intervalles $[0/2,1/2]$ et $[1/2,2/2]$. On garde celle des deux "moitiés" qui contient le nombre $\lambda$, et on appelle cette moitié $[u_1,v_1]$.
Puis on "coupe cet intervalle en deux" formant les intervalles $[u_1,m_1]$ et $[m_1,v_1]$. On garde celle des deux "moitiés" qui contient le nombre $\lambda$, et on appelle cette moitié $[u_2,v_2]$.
Puis on "coupe cet intervalle en deux" formant les intervalles $[u_2,m_2]$ et $[m_2,v_2]$. On garde celle des deux "moitiés" qui contient le nombre $\lambda$, et on appelle cette moitié $[u_3,v_3]$.
Remarque: si jamais $\lambda$ appartenait à chacune des deux moitiés, prendre une pièce de monnaie et tirer au sort.
Récurrence (ne pas oublier les gousses d'ail, le critère C62 et le jeton de caddie).
Et alors on se demande pourquoi, pour tout $n$, on a $u_n\leq \lambda \leq v_n$. La réponse est : KAKEU !!!! .
En version sous-titrée pour les non-comprenants: si l'on fait, à chaque fois, le choix d'une moitié qui contient $\lambda$ alors la moitié choisie contient $\lambda$.
Cordialement, Pierre.
Edit: moitié
Oui Pierre vu comme ça ça parait plus simple.
Il me reste la dernière étape : montrer par récurrence que $\forall n \in \N \ \forall (x,y) \in I^2 \ f(m_n x +(1-m_n)y) \leq m_n f(x)+(1-m_n) f(y)$
Au rang $n=0$ on a $m_0=\dfrac{1}{2}$ et la propriété est vraie d'après la relation de mid convexité.
Supposons que la propriété soit vraie au rang $n$. On a $m_{n+1}=\dfrac{u_{n+1}+v_{n+1}}{2}$.
1er cas : $\lambda \leq m_n$
On a $m_{n+1}=\dfrac{u_n+m_n}{2}=\dfrac{3u_n+v_n}{4}$ et $1-m_{n+1}=\dfrac{4-3u_n-v_n}{4}$
Pour tout $(x,y) \in I^3$ : $f(m_{n+1}x+(1-m_{n+1}y))=f(x \dfrac{3u_n+v_n}{4}+y\dfrac{4-3u_n-v_n}{4})$
Ensuite trou noir je suis perdu :-S
Pour tout entier naturel $n$, notons $P_n$ l'assertion : « $f\bigl( m_{n}a+(1-m_{n})b \bigr) \leq m_{n} f(a)+(1-m_{n}) f(b)$ et ... et ... ».
Quand tu auras fait tous les calculs prouvant l'hérédité au brouillon (dans les deux cas), tu verras par quoi remplacer les pointillés pour que la mécanique fonctionne bien.
Très intéressante cette méthode et en plus elle fait appel qu'aux notions que j'ai étudiées. Un peu difficile seul mais avec votre aide j'ai compris mais ça m'a pris un temps fou !
Voici une autre démo plus facile et plus courte pour @Oshine:
Pour faire simple, l'exercice c'est de montrer que si f une fonction continue sur un ouvert I de R et si f est mid-convexe alors montrer que f est convexe sur I
Soit a,b,c,d 4 réels qcq avec $a\neq 0,$ c'est immédiat de voir que la fonction g définie sur l'ouvert J (que je laisse au lecteur le soin de décrire) par $g(u)=f(a u+ b) + c u + d$ est continue et mid-convexe sur J ssi f est continue et mid-convexe sur I (rep g convexe sur J ssi f convexe sur I.)
Maintenant soit x< y fixé dans I. On choisit alors a,b,c, d tel que a x+b=0, puis ay+ b=1 et enfin g(0)=g(1)=0.
Il reste alors à montrer la convexité de g sur [0,1] qui est équivalente $g(u)\leq 0, \forall u\in [0,1]$
Raisonnons par l'absurde: Il existe $u_0\in]0,1[$ tel que $g(u_0)>0$. D'après la continuité de g on peut imposer à $u_0$ de vérifier que $g(u_0)=max_{u\in[0,1]} g(u)$ et qu'il existe h>0 assez petit tel que $g(u)<g(x_0) , \forall u\in ]u_0,u_0+h]\subset ]u_0,1] $ (ne pas oublier que g(1)=0 donc un tel $u_0$ existe).
On peut supposer bien entendu que $u_0-h\geq 0.$
Alors, puisque g est mid-convexe on a $g(u_0)\leq 1/2 g(u_0-h)+ 1/2 g(u0+h)< g(u_0)$ donne une contradiction. c.q.f.d
Plus facile vous êtes sérieux ? Je ne comprends rien du début à la fin. Rien que la première ligne j'ai l'impression de lire du chinois.
Je pense qu'il vaut mieux que j'oublie votre démonstration sinon je vais encore perdre des heures à ne pas avancer.
Votre façon d'expliquer est un peu trop brutale et rapide pour quelqu'un de mon niveau.
C'est grosso modo ça, mais :
- Tu n'as pas écrit de formulation propre de l'hypothèse de récurrence et du coup, tu n'as montré qu'une partie de l'hérédité.
- Les $a$ et $b$ ont été fixés (dans la preuve de Pierre) avant même de commencer la récurrence ; il n'est pas utile d'avoir $\forall (a,b) \in I^2$ dans l'hypothèse de récurrence.
- Le $\forall n \in \N$ de tes « conditions à rajouter » est très problématique : la propriété de récurrence $P_n$ doit dépendre de $n$, sinon la récurrence n'a aucun sens (formellement, démontrer l'initialisation d'une propriété « de récurrence » commençant par $\forall n \in \N$ reviendrait à démontrer tout ce que l'on souhaite d'un coup sans récurrence, donc 1) tu n'y arriverais pas ici et 2) cela ne servirait à rien de parler de récurrence puisque tout ce que l'on souhaite démontrer serait déjà acquis une fois l'initialisation prouvée).
Il faut t'efforcer à être plus rigoureux(se). Il est indispensable, à ton niveau, d'écrire l'hypothèse de récurrence en entier, de manière parfaitement claire.Comme ne pas quantifier.
Je comprends l’idée d’aller vite, ici, sur le forum, bien entendu.
Puis le raisonnement par contradiction sur la fonction g n'utilise que la continuité d'une fonction continue sur un compact et l'hypothèse de mid-continuité.
Je ne dis pas que l'autre démonstration est vraiment plus difficile mais celle que je présente utilise peu de technicité.
Au départ, il s'agissait de corriger un énoncé erroné et de démontrer qu'une fonction midconvexe et continue est convexe.
Pour ce faire, on prouve d'abord l'inégalité de convexité sous la forme :
$\forall x\in I,\forall y\in I,\forall \lambda \in \mathbb{A}_{2},0\leq \lambda \leq 1\Rightarrow f((1-\lambda )x+\lambda y)\leq (1-\lambda)f(x)+\lambda f(y)$,
où $ \mathbb{A}_{2}$ est l'anneau des nombres dyadiques, qui est dense dans $\mathbb R$.
Ensuite, il faut prouver que tout réel $\lambda \in [0,1]$ est la limite d'une suite $\lambda_n \in [0,1]$, $\lambda_n \in \mathbb{A}_{2}$. Je voulais partir dans des généralités sur la densité, mais OShine a exhibé une telle suite : $\lambda _{n}=\frac{1}{2^{n}}\left\lfloor 2^{n}\lambda \right\rfloor $, ce qui pour notre problème me semble le mieux. Et alors c'est terminé, non ?
Mais la démonstration que j'ai donnée de : $\forall x\in I,\forall y\in I,\forall \lambda \in \mathbb{A}_{2},0\leq \lambda \leq 1\Rightarrow f((1-\lambda )x+\lambda y)\leq (1-\lambda)f(x)+\lambda f(y)$ est assez rébarbative, aussi y ai-je repensé, et je vais vous dire tantôt ce que j'ai trouvé.
Bonne soirée.
Fr. Ch.
Une fonction $f$ définie sur un (vrai) intervalle $I$ de $ \mathbb{R}$, à valeurs réelles est dite midconvexe si : $\forall x\in I,\forall y\in I,f(\frac{x+y}{2})\leq \frac{f(x)+f(y)}{2}$.
Soit l'ensemble des nombres dyadiques $\mathbb{A}_{2}=\{\frac{k}{2^{m}}|k\in \mathbb{Z},m\in \mathbb{N}\}$, qui est un sous-anneau de $\mathbb{R}$, dense dans $\mathbb{R}$ (et d'intérieur vide, comme tout sous-anneau de $\mathbb{R}$ autre que $\mathbb{R}$ ou $\mathbb{Z}$).
Le but est de démontrer : $\forall x\in I,\forall y\in I,\forall \lambda \in \mathbb{A}_{2},0\leq \lambda \leq 1\Rightarrow f((1-\lambda )x+\lambda y)\leq (1-\lambda )f(x)+\lambda f(y)$.
$\bullet $ Je me suis replongé dans un classique dont on ne saurait trop conseiller la lecture (surtout pour un prétendant à l'agrégation ;-) ) :
Hardy, Littlewood, Pólya, Inequalities, Cambridge at the University Press, 1934, 1952.
Les auteurs traitent la question en considérant l'assertion $P(n)$ :
« quels que soient $x_{1},x_{2},...,x_{n}$ éléments de $I$, on a : $\displaystyle f(\frac{1}{n}\overset{n}{\underset{j=1}{\sum }}x_{j})\leq \frac{1}{n}\overset{n}{\underset{j=1}{\sum }}f(x_{j})$ ».
On démontre très simplement par récurrence sur $m$ l'assertion $P(2^{m})$ :
« quels que soient $x_{1},x_{2},...,x_{2^{m}}$ éléments de $I$, on a : $\displaystyle f(\frac{1}{2^{m}}\overset{2^{m}}{\underset{j=1}{\sum }}x_{j})\leq \frac{1}{2^{m}}\overset{2^{m}}{\underset{j=1}{\sum }}f(x_{j})$ ».
Application immédiate de la midconvexité.
Pour $m\in \mathbb{N},k\in \mathbb{N},0\leq k\leq 2^{m}$, en faisant $x_{1}=x_{2}=...=x_{2^{m}-k}=x$ et $x_{2^{m}-k+1}=...=x_{2^{m}}=y$, on obtient : $f(\frac{2^{m}-k}{2^{m}}x+\frac{k}{2^{m}}y)\leq \frac{1}{2^{m}}((2^{m}-k)f(x)+kf(y))$, CQFD.
$\bullet $ Il y a plus. L'ouvrage de Hardy, Littlewood, Pólya présente une remarquable méthode de « récurrence descendante », due à Cauchy. Supposons que $P(n)$ est vraie pour un certain $n\in \mathbb{N}^{\ast }$.
Soit $r\in \{1,2,...,n\}$, soient $x_{1},x_{2},...,x_{r}$ éléments de $I$, et soit $\displaystyle a=\frac{1}{r}\overset{r}{\underset{j=1}{\sum }}x_{j}$.
Alors : $f(a)=f(\frac{x_{1}+x_{2}+...+x_{r}+(n-r)a}{n})\leq \frac{f(x_{1})+f(x_{2})+...+f(x_{r})+(n-r)f(a)}{n}$, ce qui conduit à : $f(a)\leq \frac{f(x_{1})+f(x_{2})+...+f(x_{r})}{r}$.
Ainsi, l'assertion $P(r)$ est vraie, et comme on a vu que $P(2^{m})$ est vraie pour tout $m\in \mathbb{N}$, on en déduit que $P(n)$ est vraie pour tout $n\in \mathbb{N}^{\ast} $.
Pour $n\in \mathbb{N}^{\ast },k\in \mathbb{N},0\leq k\leq n$, en faisant $x_{1}=x_{2}=...=x_{n-k}=x$ et $x_{n-k+1}=...=x_{n}=y$, on obtient : $f(\frac{n-k}{n}x+\frac{k}{n}y)\leq \frac{1}{n}((n-k)f(x)+kf(y)$, et l'on a démontré : $\forall x\in I,\forall y\in I,\forall \lambda \in \mathbb{Q},0\leq \lambda \leq 1\Rightarrow f((1-\lambda )x+\lambda y)\leq (1-\lambda)f(x)+\lambda f(y)$.
Bonne journée.
Fr. Ch.
Ok merci pour les conseils.
@Bd2017
Votre façon d'expliquer n'est pas claire pour moi, honnêtement je ne comprends rien à votre démonstration. Ce n'est pas grave.
@Chaurien
Merci mais je ne comprends pas grand chose. Un peu trop difficile pour mon niveau actuel. Ça va beaucoup trop vite. Il faut rester modeste.
> @Bd2017. Votre façon d'expliquer n'est pas claire pour moi, honnêtement je ne comprends rien à votre
> démonstration. Ce n'est pas grave.
X:-( pas du tout ! c'est ta façon de faire des maths qui n'est pas claire.
Elle est du genre le moindre détail doit être expliqué par ton livre ou sinon par l'autre.
Il reste alors à montrer la convexité de g sur [0,1] qui est équivalente à $\left(\forall u\in [0,1]\right)\left( g(u)\leq 0\right) $
Raisonnons par l'absurde: Il existe $u_0\in]0,1[$ tel que $g(u_0)>0$.
D'après la continuité de g, on peut imposer à $u_0$ de vérifier que $g(u_0)=max_{u\in[0,1]} g(u)$
ACCEPTABLE jusque là
et qu'il existe $h>0$ assez petit tel que $g(u)<g(u_0) , \forall u\in ]u_0,u_0+h]$
et là, cela tourne au PIPEAU PROBABLE
Rappel: une démonstration ne consiste pas simplement à aligner des affirmations "vraies", mais à prouver successivement ces affirmations. Ici, on a le choix entre deux mécanismes de preuve.
(1) la compacité, formulée explicitement (efficace, mais plus abstrait) et
(2) de toute suite de réels, on peut extraire une sous-suite monotone (la compacité sans le dire, utilisant la topologie de l'ordre... car il n'y a pas de topologie de la distance avant de disposer des réels).
On commence par: une fonction numérique continue $g$ définie sur un intervalle fermé atteint ses bornes. C'est un classique, et cela donne $\sup(g)$ est atteint. Ensuite, il faut trouver un $u$ tel que $g(u)=\max(g)$ et un $h$ tel que $g(u-h)+g(u+h)<2g(u)$ et cela n'est pas si évident. Il se pourrait que $g$ présente un plateau autour de $u$. On définit donc $u$ par $\inf\{v|g(v)=\max(g)\}$. Par continuité, on a $g(u)=\max(g)$ et l'on prend $h$ égal à un peu moins que la distance de sécurité de $u$ pour l'intervalle ouvert $]0,1[$. Et là, cela devient convainquant.
Une démonstration est nécessairement un texte "à trous". C'est le contexte qui détermine quelle est la taille acceptable pour les trous.
Et c'est pour cela que j'aimerais bien que OShine détaille de façon explicite les calculs correspondant au cas $m_n<\lambda$, au lieu de se contenter d'un "c'est la même technique". En effet, c'est la même technique, il s'agit juste de montrer que cette même technique a été correctement mise en oeuvre. Sur le modèle: en théorie, la théorie et la pratique sont équivalents.
Cordialement, Pierre.
Je ne trouve pas évidente non plus l'affirmation :
<< Il reste alors à montrer la convexité de $g$ sur $[0,1]$ qui est équivalente à $\forall u\in [0,1],\; g(u)\leq 0$. >>
Il y a à mon avis quelques "non-dits" !
Mais ce que je trouve sympa c'est la possibilité de ne pas utiliser les nombres dyadiques et, en complément de ce qui précède, je propose :
on suppose qu'il existe $x,y,\alpha$ avec $x<y,\ (x,y)\in I^2,\ \alpha\in]0,1[,\ f(\alpha x+(1-\alpha) y)>\alpha f(x)+(1-\alpha) f(y)$.
On introduit $g$ définie par : $g(t)=f(t)-\dfrac{t-x}{y-x}f(y)-\dfrac{t-y}{x-y}f(x)$ de sorte que
$g$ est continue et mid-convexe sur $[x,y]$, nulle en $x,y$ et, en notant $z=\alpha x+(1-\alpha)y$, $g(z)>0$.
Comme pldx1 on peut alors trouver $t_0\in]x,y[$ où $g$ est maximale et un réel $h>0$ tel que $x\leq t_0-h<t_0<t_0+h\leq y$ et $g(t_0-h)<g(t_0)$ OU$^*$ $g(t_0+h)<g(t_0)$ ce qui conduit à une contradiction.
$^*$ Par exemple, supposer $t_0\geq\dfrac{x+y}2$ et prendre $h$ tel que $t_0<t_0+h<y$ et $g(t_0+h)<g(t_0)$.
Mais c'est quoi ce commentaire ?
D'abord, je donne ici une démonstration qui évite les k/2^n dans lequel le poseur de la question s'embrouille.
J'ai bien donné les principales lignes de ma démonstration peut-être un peu vite; alors je ne suis pas à l'abri d'une erreur mais la qualifier de PIPEAU, non merci c'est loin d'être mon genre.
En particulier l'affirmation, il existe $u_0$ tq $g(u_0)= \max g(u_0)$ sur $[0,1]$ et tq
et qu'il existe $h>0$ assez petit tel que
$g(u)<g(u_0) ,\ \forall u\in \,]u_0,u_0+h]$
est vraie et assez évidente pour la majorité des quidams de L1.
Il suffit de considérer le sup (qui est un maximum) de l'ensemble (non vide) des $u_0$ qui vérifient $g(u_0)=\max_{[0,1]} g(u)$.
Bonjour
Je n'avais pas vu cette remarque qui est cohérente, mais il ne s'agit pas de "non-dits" mais c'est plutôt mal dit.
Alors évidemment je précise.
Je crois avoir dit que je travaille avec $ x$ et $y$ sont fixés.
Il faut démontrer que alors
$f( \lambda_ x + (1-\lambda) y) \leq \lambda f( x)+ (1-\lambda y) f(y)$, pour tout $\lambda \in [0,1 ]. $
Alors ceci est équivalent
$g(u) \leq 0,\ \forall u\in[ 0 ,1] $ (en non pas $g(u)$ convexe)
Comme d'ailleurs $f( \lambda_ x + (1-\lambda) y) \leq \lambda f( x)+ (1-\lambda y) f(y)$, pour tout $\lambda\in[0,1 ] $ n'est pas équivalent $f$ convexe sur $[x,y]$.
Il suffit de considérer le sup (qui est un maximum) de l'ensemble (non vide) des $u_0$ qui vérifient $g(u_0)=\max_{[0,1]} g(u)$. Il suffit: oui, il suffit.
L'affirmation, il existe u_0 tq $g(u_0)= \max g(u_0)$ sur [0,1] et tq il existe $h>0$ assez petit tel que $g(u)<g(u_0), \forall u\in ]u_0,u_0+h]$ est assez évidente pour la majorité des quidams de L1. Cela, sûrement pas. À nouveau, si un étudiant de L1 laisse un trou pareil dans sa démo et se borne à dire : il est assez évident que, alors le diagnostic est "pipeau probable".
Je ne crois pas qu'un étudiant de L1 puisse voir la difficulté... et en même temps décider de ne pas la signaler au motif "tout le monde l'aura vu, pourquoi s'ennuyer à l'écrire". Et donc, il fallait.
Cordialement, Pierre.
Oui en effet tu as raison ce n'est peut-être pas facile pour n'importe quel L1 puisque visiblement toi-même tu n'y avais pas pensé.
Bon maintenant, lorsqu'on doit donner une démonstration sur un forum, je ne pense que pas que c'est une copie qu'on rend à un enseignant fictif mais un texte assez explicite pour que la démonstration soit comprise par la majorité. Autrement si les étapes sont données il reste au lecteur de vérifier les détails.
Cela implique aussi que, si le lecteur a du mal à comprendre, à montrer, voire même s'il a un doute sur une ou plusieurs étapes, il peut alors demander des explications.
En conclusion, la courtoisie aurait été tout de même de ne pas qualifier ce que j'ai écrit de PIPEAU PROBABLE.
[Inutile de reproduire le message précédent. AD]
Une fonction $g:[0,1]\to \R$ peut satisfaire $g(0)=g(1)=0$, $g(u)\leq 0$ pour tout $u\in [0,1]$ et être continue, sans être convexe.
Par exemple $g = x \mapsto \cos \left (2\pi x \right ) -1$ (la dérivée seconde change de signe).
du : article défini contracté https://www.jerevise.fr/article-contracte-determinant-francais.html
dû : participe passé du verbe devoir https://la-conjugaison.nouvelobs.com/du/verbe/devoir.php
L'intention est: montrer que chaque arc, un par un, est en dessous de la corde qui lui correspond. Alors on redresse ce couple arc-corde et on lui applique... Et on conclut par "chacun, un par un, implique tous". En résumé, la méthode "fantassin de base" avec suites adjacentes est moins aérienne, mais avec moins de risques d'être cavalière.
Cordialement, Pierre.
En réponse à @Foys:
Visiblement ma démo passe mal et pourtant il n'y a rien de bien compliqué. .
Certes à un certain moment il y a quelque chose qui a été mal dit et j'ai reprécisé le raisonnement dans un message précédent en réponse à Rakam.
Je la résume donc (la démo) pour en finir avec je l'espère.
Hypothèses I ouvert, f continue et mid-convexe.
On veut démontrer que pour tout x,y dans I
l'inégalité $f( \lambda x + (1-\lambda) y) \leq \lambda f ( x) + (1-\lambda)f( y)$ ceci pour tout $\lambda \in [0,1]$ (*)
Soit donc x<y dans I et fixés.
Pour prouver (*) de façon plus simple, l'idée est de faire un changement de variable affine (qui envoie x en 0 et y=1)
et de retirer à f une fonction affine de façon à ce que la fonction g obtenue (qui dépend de x et y mais x et y sont fixés) vérifie g(0)=0 et g(1)=1.
Alors l'inégalité (*) est équivalente à $g(u)\leq 0, \forall u \in [0,1].$ (correction faite ici une seconde fois par rapport au message initial) et g récupère bien les propriétés de f en particulier sur [0,1].
Pour finir, je raisonne donc alors l'absurde en supposant qu'il existe $u_0$ tel que $g(u0)>0$ et on finit assez facilement mais je m'arrête ici, les explications sont dans les messages précédents.
Ce sont des solutions à astuces introuvables par l'étudiant lambda.
Je pense que pour progresser je dois arrêter les solutions à astuces, il me faut travailler les exercices que je peux trouver seul et qui sont accessibles.
Si vous êtes professeur vos étudiants doivent souffrir.
Car le raisonnement incompréhensible et incassible pour un étudiant de niveau moyen.
Je travaille avec le livre DUNOD TOUT EN UN MPSI édition 2018. Je suis peut être très moyen mais je comprends quasiment toutes les démonstrations du cours tellement c'est bien écrit et clair niveau raisonnement. C'est fluide et limpide et on saisit directement les transitions entre les différents étapes du raisonnement.
Quand je vois le nombre de pages que tu as écrites "sans astuces" je me demande si ton idée est la meilleure.
.......................
Savoir qu'en ajoutant une fonction affine à une fonction convexe ne change ni la continuité, ni la convexité est une idée de base, pas une astuce.
En profiter pour rendre la corde à étudier "horizontale" est le premier bénéfice de la dite astuce.
.....................
L'idée de se passer des nombres dyadiques n'est pas la mienne et je n'y pensais pas du tout. La voir évoquée par quelqu'un d'autre m'a incité à en profiter (c'est comme ça qu'on doit lire les démonstrations) et, en rendant moins sibylline la démonstration originale, à en proposer une qui n'est ni compliquée, ni astucieuse.
En tout cas elle mérite d'être lue avec réflexion pour en faire son profit éventuel : c'est comme ça qu'on avance !
Ton mépris à priori (je te signale en outre qu'en qualifiant de "chinois" ce que tu ne VEUX pas lire, tu frises un propos raciste) de tout ce qui pourrait t'apporter un peu de recul est véritablement décourageant pour toute aide.
......................
Par ailleurs je te remets l'accusation de "mauvaise foi" (déjà faite sur un autre forum) : relis depuis le début et essaie de justifier tes nombreuses affirmations "je ne connais pas les nombres dyadiques" alors que tu les as étudiés dans d'autres exercices : il serait facile de prouver ton mensonge en fouillant tes écrits passés. Et la preuve c'est que, tout d'un coup, tu as accepté de ne plus les ignorer.
Bref, comme le dit la chanson, tu n'as pas changé !