Inégalité
Soit $h$ une fonction continue sur $\R^+$ et vérifiant $h(x)\sim \exp(2bx)$ au voisinage de $+\infty$ et $b>0$. $h(x)\sim x$ au voisinage de 0.
Soit $\gamma>0$ et $a>0$ avec $a\gamma <1$.
Je n'arrive pas à montrer que si $r$ est assez grand alors
$$
\Big(\int^r_0 x^{-2a\gamma}h(x)dx\Big)^{1/2}<C r^{-a\gamma}\sqrt{r}\exp(br).
$$ Merci.
Soit $\gamma>0$ et $a>0$ avec $a\gamma <1$.
Je n'arrive pas à montrer que si $r$ est assez grand alors
$$
\Big(\int^r_0 x^{-2a\gamma}h(x)dx\Big)^{1/2}<C r^{-a\gamma}\sqrt{r}\exp(br).
$$ Merci.
Réponses
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Mon premier réflexe, ce serait de tout ramener sous l'intégrale, à gauche, et montrer que ce qu'on a obtenu est une fonction bornée (ou une intégrale qui converge). Qu'est-ce que tu as réussi à faire pour l'instant ?
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Bonjour
C'est un peu gênant ta question. En effet il manque des hypothèses sur h car sans cela ton intégrale peut ne pas être définie.
Je crois bien que l'équivalent en 0 a été ajouté après ce message ainsi que la condition sur $a\gamma$ et la continuité de h ! -
Ma méthode,j'ai découpé l'intégrale entre (0 et 1) et (1 et r) puis l'encadrement ne donne rien
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À mon avis, il vaudrait mieux couper entre $0$ et $s$ et entre $s$ et $r$ où $s$ est assez grand pour qu'on ait une majoration du style $h(x)\le2\exp(2bx)$ pour $x\ge s$. Entre $s$ et $r$ ça doit résulter de Cauchy-Schwarz et entre $0$ et $s$ ça doit être négligeable devant l'autre morceau. L'équivalent en $0$ doit seulement servir à garantir l'existence de l'intégrale. M'enfin, c'est à prendre avec précautions.
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Bonsoir
Avec les hypothèses sur $h$ on a $h(x) \exp(-2bx)$ qui définit une fonction continue sur $\R^+$ et qui admet une limite en $+\infty.$
Elle est donc bornée. Ainsi il existe une constante $c_1>0$
$|h(x) | \leq c_1 \exp(2 bx)$ et
$|\int_0^r x^{- 2a \gamma } h(x) dx | \leq \int_0^r x^{- 2a \gamma } |h(x)| dx \leq c_1 \int_0^r x^{- 2a \gamma } \exp(2 bx) dx \leq c_1 \exp( 2b r) \int_0^r x^{- 2a \gamma } dx$.
Je crois bien qu'en finissant le calcul on obtient le résultat. -
On voudrait $\exp br$ et pas $\exp 2br$ dans le membre de droite, c'est ce qui suggère Cauchy-Schwarz.
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Je continue sur ma première idée: on pourrait regarder la fonction $I: r \mapsto r^{2a \gamma-1}\int_{0}^{r}\frac{1}{x^{2 a \gamma}}h(x)e^{-2br}dx$, en la découpant en deux (comme proposé) $\int_{0}^{1}... +\int_{1}^{r}...$ pour montrer qu'elle est bornée.
La première intégrale va, car $\int_{0}^{1}\underbrace{\frac{h(x)}{x}}_{\textit{continue}}x^{1-2a \gamma}dx \leq \frac{M_{0}}{2-2a \gamma}$ et on obtient la majoration par $\frac{M_{0}}{2(1-a \gamma)}r^{2a \gamma-1}e^{-2br}$ qui tend vers zéro en $+ \infty$ donc bornée.
L'autre vérifie $r^{2a \gamma-1}e^{-2br}\int_{1}^{r}\underbrace{h(x)e^{-2bx}}_{\textrm{tend vers 1}}\frac{e^{2bx}}{x^{2 a \gamma}}dx\leq M_{1}r^{2a \gamma-1}e^{-2br}\int_{1}^{r}\frac{e^{2bx}}{x^{2 a \gamma}}dx$.
Et là je sèche un peu, mais moralement je suis convaincu que c'est fini, parce qu'on fait une sorte de moyenne de Césaro continue (pondérée par l'exponentielle) $\int_{1}^{r}\frac{e^{2b(x-r)}}{x^{2a\gamma}}dx $. D'ailleurs, cela ressemble aussi au style des inégalités de la moyenne, par exemple j'aimerais ici que $\int_{1}^{r}f(t)g(t)dt \sim g(r)\int_{1}^{r}f(t)dt$ (notre $g$ est la fonction puissance, donc décroissante). il doit y avoir une IPP/transformation d'Abel derrière pour le prouver. -
Bonjour
Évidemment j'ai oublié le problème en zéro. Je te suggère donc de couper l'intégrale en 2 (c'est un peu ton idée tout de même).
La première de 0 à 1 et la deuxième de 1 à r. Ça devrait se gérer facilement (il faut écrire pour vérifier).
Ou alors dire que $h(x)/x \exp(-2bx)$ est prolongeable par continuité en $x=0$ et ainsi on peut reprendre mon raisonnement pour obtenir $ |h(x)| \leq x \exp( 2 bx) , \ \forall x\geq 0 .$
Pour avoir la majoration par $c_1 \exp( 2 br) \int_0^r x^{-2 a \gamma x} \times x dx =c_1 \exp( 2 br) \dfrac{ r^{2 -2 a \gamma }}{ 2 -2 a \gamma}.$
Et bien entendu on passa à la racine carrée.
P.S 1 Je pense que C-S donne aussi le résultat mais il faut aussi gérer le p.b en zéro.
P.S.2 @Polka si j'ai bien suivi ton idée il faut que ta dernière intégrale $\int_1 ^r exp(2bx)/ x^{2 a \gamma} dx $ soit bornée? Mais alors si c'est ça ta majoration est trop forte? -
Pas tout à fait: à l'infini, je me ramène à montrer $\int_{1}^{r}\frac{e^{2bx}}{x^{2a \gamma}}dx=O_{+ \infty}(\frac{e^{2br}}{r^{2a \gamma - 1}})$, et je pense d'ailleurs que c'est classique. Avec des IPP successives par exemple (en notant $2b=\alpha$ et $2a \gamma=\beta$), on dirait que, aux erreurs possibles de calcul près, on obtient $\int_{1}^{r}\frac{e^{\alpha x}}{x^{\beta}}dx=C+\frac{e^{\alpha r}}{\alpha r^{\beta}}(1+\frac{\beta}{\alpha r}+\frac{\beta (\beta +1)}{\alpha^{2} r^{2}}+...)+\frac{(\beta+n)!}{\alpha^{n}}r^{\beta}e^{-\alpha r}\int_{1}^{r}\frac{e^{\alpha x}}{x^{\beta+n+1}}dx)$.
ça ne doit pourtant pas être difficile de borner le "reste asymptotique" $\frac{(\beta+n)!}{\alpha^{n+1}}r^{\beta}e^{-\alpha r}\int_{1}^{r}\frac{e^{\alpha x}}{x^{\beta+n+1}}dx$.
bd2017, je crois que ta majoration est un peu trop brutale, elle fait apparaître $r$ et non $\sqrt{r}$, non ?
Math Cross, Cauchy-Schwarz donne le résultat ?
PS: ma méthode est équivalente à celle de bd2017, simplement je cherche à borner au lieu de comparer. Donc je serais surpris si une majoration simple te donne le résultat, mais pas pour moi. Cela dit je me ramène toujours à évaluer la même quantité. -
@Polka tu as tout à fait raison ...
donc il faut suivre et finir ton idée : c'est-à-dire m.q
$\displaystyle f(r)=\int_1^r \dfrac{\exp(2 bx)}{x^{ 2 a -1} } dx= O\Big(\dfrac{\exp(2 br) }{r^{ 2 a -1} } \Big) $ (j'ai fait "$a=a\gamma$").
On a $\displaystyle f(r)=\sum_{n\geq 0} \int_1^r \frac1{n !} (2 b)^n x^{n+1- 2a} dx =\sum_{n\geq 0} \frac1{n !} (2 b)^n \dfrac{r^{n+2-2 a}-1}{n+2-2 a}$
$\displaystyle f(r)\leq r^{1-2 a} \sum_{n\geq 0} \frac1{n !} (2 b)^n \dfrac{r^{n+2-2 a}}{n+2-2 a}\leq
c r^{1-2 a} \sum_{n\geq 0} (2 b)^n \dfrac{r^{n+1}}{(n+1)!}\leq cc' r^{1-2 a} \exp(2 br) .$ -
Le problème que j'ai est lorsque $a\gamma=1/2$.
-
Dans le développement de la série, je pense qu'on n'a pas de problème sur les premiers termes car ils sont tous en $O_{+\infty}(r^{1-2a\gamma}e^{2br})$: ce sont soit des puissances soit éventuellement un $\ln(r)$ (dans le cas $2a \gamma=1$), qui est aussi dominé.
Si cela change quelque chose aux calculs, montre nous précisément où ça bloque qu'on puisse essayer de t'aider sans tout écrire non plus ... -
Merci infiniment à tous
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Bonjour!
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