Convexité bis

gebrane · June 2020

Bonsoir
dans un fil récent Calli attendait un texte qui tient ses promesses. En voici un.

Soit $h$ une fonction convexe strictement croissante sur $[0,+\infty[,$ avec $h(0)=0$, montrer que (au besoin supposer que $h$ est $C^2$ sur $[0,+\infty[$) $$h\Big( \sum _ { k = 0 } ^ { n } ( - 1 ) ^ { k } \lambda_ { k } \Big) \leq \sum _ { k = 0 } ^ { n } ( - 1 ) ^ { k } h( \lambda_ { k } ) ,
$$ avec $(\lambda_k)_{ k=0,\ldots,n}$ une suite (finie) strictement décroissante de nombres $>0$.

P. · June 2020

.

Calli · June 2020

Bonjour,

gebrane a écrit:

Calli attendait un texte qui tient ses promesses

Ah bon ? Je ne comprends même pas le sens de cette phrase.

Soient $a>b>c>0$. Le théorème des trois pentes donne \[\frac{h(a-b)-h(0)}{a-b} \leqslant \frac{h(a)-h(0)}{a} \leqslant \frac{h(a)-h(b)}{a-b}\] donc $h(a-b)\leqslant h(a)-h(b)$ et il donne \[\frac{h(a-b+c)-h(c)}{a-b} \leqslant \frac{h(a)-h(c)}{a-c} \leqslant \frac{h(a)-h(b)}{a-b}\] donc $h(a-b+c)\leqslant h(a)-h(b)+h(c)$. En l'appliquant la seconde inégalité, si $n\geqslant 3$, à $a=\lambda _{0}$, $b=\lambda _{1}$ et $c=\sum _{i=2} ^{n} \lambda _{i}$, on obtient \[h\left(\sum_{i=0}^n (-1)^{i} \lambda _{i} \right) \leqslant h(\lambda _{0} )-h(\lambda _{1} )+ h\left(\sum _{i=2} ^{n} (-1)^{i} \lambda _{i} \right).\] Par récurrence immédiate, il suffit donc de prouver le résultat pour $n=0$ et $n=1$. Pour $n=0$ c'est évident et pour $n=1$ c'est la première inégalité démontrée.
PS: L'hypothèse de croissance ne me semble pas utile. Je ne l'ai pas utilisée.

Riemann_lapins_cretins · June 2020

Quelle preuve utilise h C^2 ? Même en voulant simplifier, dérivable me semble suffire avec une "bête" étude de fonction.

Edit : en fait avec cette approche le cas de trois réels n'est pas si simple, mais une telle preuve suggère le lemme des trois pentes pour généraliser et on retombe sur ce qu'a montré Calli.

gebrane · June 2020

Calli ma phrase de début était seulement pour le fun. Puis-je m'approprier ta preuve?

Calli · June 2020

gebrane a écrit:

Puis-je m'approprier ta preuve?

Non. En voilà une question.

gebrane · June 2020

:-(

Riemann_lapins_cretins · June 2020

Je réitère, tu avais une idée en supposant la fonction plus régulière de base gebrane ?

gebrane · June 2020

Bonjour Circuit RLC :-D
Si h est $C^2$ alors, sans se poser trop de questions, h' est croissante et on peut écrire que $\int_a^b f'(x)dx=f(b)-f(a)$
Pour simplifier (début d'une récurrence) soit $\lambda_0>\lambda_1>\lambda_2$ et montrons que $$h(\lambda_0-\lambda_1+\lambda_2)\leq h(\lambda_0)-h(\lambda_1)+h(\lambda_2)$$
On a $h(\lambda_0-\lambda_1+\lambda_2)=h(\lambda_0-\lambda_1+\lambda_2)-h(0)\\=\int_{0}^{\lambda_0-\lambda_1+\lambda_2} h'(x)dx
=\int_{\lambda_1-\lambda_2}^{\lambda_0} h'(x-\lambda_1+\lambda_2)dx\\

=\int_{\lambda_1-\lambda_2}^{\lambda_1} h'(x-\lambda_1+\lambda_2)dx

+\int_{\lambda_1}^{\lambda_0} h'(x-\lambda_1+\lambda_2)dx\\
=h(\lambda_2)-h(0)+\int_{\lambda_1}^{\lambda_0} h'(x-\lambda_1+\lambda_2)dx\\$
or $x-\lambda_1+\lambda_2 <x$ car $-\lambda+\lambda_2<0$ et h' croissante donc

$$h(\lambda_0-\lambda_1+\lambda_2)\leq h(\lambda_2)+\int_{\lambda_1}^{\lambda_0} h'(x)dx\leq h(\lambda_0)-h(\lambda_1)+h(\lambda_2)$$

gebrane · June 2020

RLC Apres une réflexion mûrie, c'est exagéré de supposer que f est $C^2$ . Une fonction convexe est l’intégrale de sa dérivée à droite et $f'_d$ est croissante voir page 4 du ce document de Daniel Saada de son vivant.

Riemann_lapins_cretins · June 2020

Fiou, eh bien !
En tous cas merci mais intuitivement ça me semblait bien être une histoire de lemme des pentes.

gebrane · June 2020

Oui , exactement.
Le shtroumph acrobatique est plus fort

Convexité bis

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Bonjour!

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