Une curieuse inégalité
dans Analyse
Bonjour
Soit $f:[0;1]\to \mathbf{R}_{+}$ une fonction convexe et continue telle que $f(0)=0$. Prouver que
$$\forall t\geqslant 1, \qquad (t+1)\int_{0}^{1}f^{t}(x){\rm d}x\geqslant 2^t\bigg(\int_{0}^{1}f(x){\rm d}x\bigg )^t.
$$ Merci.
Soit $f:[0;1]\to \mathbf{R}_{+}$ une fonction convexe et continue telle que $f(0)=0$. Prouver que
$$\forall t\geqslant 1, \qquad (t+1)\int_{0}^{1}f^{t}(x){\rm d}x\geqslant 2^t\bigg(\int_{0}^{1}f(x){\rm d}x\bigg )^t.
$$ Merci.
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Réponses
Avec des écritures à deviner.
L’inégalité de Jensen s’écrit aussi $\displaystyle \int \varepsilon(g) f\geq \varepsilon(\int g f).$
On l’applique avec : $\varepsilon: u\mapsto u^t$ convexe sur $u\geq 0$ car $t\geq 1$, $g=f$, $f: z\mapsto t+1$ constante.
On a donc $\displaystyle LHS\geq (\int_0^1 f(x) (t+1)dx )^t\geq RHS$ car $t\geq 1.$
Peut-être que cet exercice a été posé à un oral de concours 2021 faudra regarder le volume 2 de la RMS 2021.
@etanche : C'est intéressant la solution qu'ils proposent sur cette page que vous mentionnez, le problème a été initialement posté sur https://math.stackexchange.com/ mais il semble que l'utilisateur ait supprimé le post, c'est dommage.
Soit donc $f$ une fonction positive sur $[0,1[$ convexe continue et telle que $f(0)=0$ alors on a l'inegalite pour tout $t\geq 1:$
$$(t+1)\int_0^1(f(x))^tdx\geq 2^t\left(\int_0^1 f(x)dx\right)^t.$$
Demonstration. En prolongeant $f$ par $f(x)=0$ pour $x<0$ on voit que $f$ est convexe sur $]-\infty, 1[.$ Il existe donc une mesure positive $\mu(ds)$ sur $[0,1[$ telle que pour $x\geq 0$ on ait
$$f(x)=\int_0^x(x-s)\mu(ds).$$ Attention, il peut y avoir une masse en zero. Par consequent $$\int_0^1 f(x)dx=\int_0^1\left(\int_0^x(x-s)\mu(ds)\right)dx=\int_0^1\left(\int_s^1(x-s)dx\right)\mu(ds)=\frac{1}{2}\int_0^1(1-s)^2\mu(ds).$$ Ensuite, puisque $\int_0^1(t+1)x^tdx=1,$ Jensen est appliquable :
\begin{eqnarray*}(t+1)\int_0^1(f(x))^tdx&=&\int_0^1 (t+1)x^t\left(\int_0^x(1-\frac{s}{x})\mu(ds)\right)^tdx\\&\geq &\left[\int_0^1 (t+1)x^t\left(\int_0^x(1-\frac{s}{x})\mu(ds)\right)dx\right]^t\\&=&\left[\int_0^1\left(\int_s^1(t+1)x^t\left(1-\frac{s}{x}\right)dx\right)\mu(ds)\right]^t\\&=& \left[\int_0^1\left(1+\frac{s^{t+1}}{t}-\frac{t+1}{t}s\right)\mu(ds)\right]^t\end{eqnarray*}
Il n'y a plus qu'a montrer que pour tout $t
\geq 1 $ et tout $s\in [0,1]$ on a $$\varphi(s)=1+\frac{s^{t+1}}{t}-\frac{t+1}{t}s-(1-s)^2\geq 0.$$ En considerant plutot $\psi(s)=\frac{t}{s}\varphi(s)=s^t-ts+t-1$ on constate facilement que $\psi'(s)<0$ et que $ \psi(1)=0$ ce qui entraine $\psi(s)\geq 0$ et termine la demonstration.
Je rédige un peu plus.
On écrit, avec $\displaystyle t \geq 1$ : $\displaystyle LHS = (1+t) \int_0^1 f^t(x) dx = \int_0^1 ({f(x)\over x})^t (1+t)x^t dx \geq (\int_0^1 {f(x)\over x} (1+t)x^t dx)^t = ((1+t) \int_0^1 f(x) x^{t-1} dx)^t$
puisque $f(0)=0$, $\displaystyle \int_0^1(1+t)x^t dx = 1$ et que la fonction $x \mapsto (1+t)x^t $ est postive sur $x\in]0,1[$ et qu'enfin la fonction $z \mapsto z^t, t \geq 1$ est convexe.
Cette dernière inégalité est celle de mon message précédent : $\displaystyle \int \phi(f) g \geq \phi(\int f g ) $ avec $\phi$ convexe et $\displaystyle \int g = 1$ avec $\displaystyle g \geq 0$ qui est une version de Jensen. https://en.wikipedia.org/wiki/Jensen's_inequality
L'inégalité est donc démontrée si $\displaystyle (1+t)\int_0^1 f(x) x^{t-1} dx \geq 2 \int_0^1 f(x) dx.$
Par le changement de variables $\displaystyle x \leadsto y^{{2 \over 1+t}}$ dans l'intégrale du membre de gauche, cette inégalité s'écrit : $\displaystyle 2 \int_0^1 f(y^{2 \over 1+t}) y^{1-{2 \over 1+t}} dy \geq 2 \int_0^1 f(x) dx$ qui est confirmée par la convexité de la fonction $f$ puisque $\displaystyle f(y^{2 \over 1+t}) y^{1-{2 \over 1+t}} $ $+ f(0)(1-y^{1-{2 \over 1+t}} )$ $ \geq f(y).$