Questions sur une inégalité

Ça marche avec x=−1 et y=1 ?

bjr ,
ceci m' intrigue , j 'ai pris 10 valeurs xi et 10 valeurs xj consécutives et l'inégalité n'est pas vraie.
J'ai dû me planter ...
restart;
> S1:=0;S2:=0;
> for x from -2 to -11 by -1 do
> for y from 11 to 20 do
> S1:=abs(x-y)+S1; S2:=abs(x+y)+S2 ;
> od;od;
> S1;S2;

S1=2200 , S2=900

oubliez ce qui précède; pour l'exemple , il n'y a que 10 nombres xi et xj en tout et pas 20 !

restart;
> S1:=0;S2:=0;
> for x from 1 to 10 do
> for y from 1 to 10 do
> S1:=abs(x-y)+S1; S2:=abs(x+y)+S2 ;
> od;od;
> S1;S2;

S1=330 et S2=1100

S1<=S2 est bien vérifié dans l'exemple...désolé de poluer

Cdt

restart: S1:=0;S2:=0;
> E:={-16,-7,-8,15,3,13};
> for x in E do
> for y in E do
> S1:=abs(x-y)+S1; S2:=abs(x+y)+S2 ;
> od;od;
> S1;S2;


S1=456 , S2=476

c'est vrai que lécart S1-S2 est assez petit dans ces cas mais pas nul...

Je fais des essais pour avoir peut etre une piste de recherche .

On a évidemment l' égalité si tout x_i a son opposé parmi les x_j.

Cette mystérieuse inégalité est expérimentalement vraisemblable en dimension quelconque et pour bon nombre de normes :

n=10
d=20
M=1000
p='inf'
Q=zeros(1:M)
for k=1:M
    D=0
    S=0
    a=grand(d,n,'unf',-1,1)
    for l=1:n
        for m=1:l-1
            D=D+norm(a(:,l)-a(:,m),p)
            S=S+norm(a(:,l)+a(:,m),p)
        end
    end
    for l=1:n
        S=S+norm(a(:,l),p)
    end
    Q(k)=D/S
end

clf
plot(1:M,Q)

Bonjour,
Comme Balthazard, je réfléchis à une démonstration de l'inégalité avec les valeurs absolues.
Cette démonstration n'est pastout à fait aboutie. En voci l'idée:

Soient $x$ et $y$ deux réels. je note $a$ et $b$ leurs valeurs absolues, éventuellement dans le désordre, de sorte que $a>b$.
Si $x$ et $y$ sont de même signe alors $|x+y|=a+b$ et $|x-y|=a-b$ donc $|x+y|\geqslant |x-y|$ et leur différence est $2b$.
Si $x$ et $y$ sont de signes opposés alors $|x+y|=a-b$ et $|x-y|=a+b$. Dans ce cas,$|x+y|\leqslant |x-y|$ et leur différence est aussi $2b$.

Je considère à présent une famille $x_1,x_2, \dots ,x_n$ de réels non nuls (le fait d'ajouter des termes nuls ne change en rien la validité ou la non-validité de l'inéquation de Siméon).
Quitte à les réindicier, j'admets qie $|x_1|\leqslant |x_2|\leqslant \dots\leqslant |x_n|$

Je note $N$ le nombre d'éléments négatifs et $P$ le nombre d'éléments positifs de cette famille, de sorte que $N+P=n$.
Je peux supposer que $P\geqslant N$, quitte à changer tous les signes dans la famille, ce qui ne modifie en rien la validité ou non-validité de l'inégalité de Siméon...
Alors, dans les sommes $\sum_{i,j}|x_i-x_j|$ et $\sum_{i,j}|x_i-x_j|$ contiennent chacune $n^2$termes dont $N^2+P^2$ termes avec $x_i$ et $x_j$ de même signe et $2NP$ termes avec $x_i$ et $x_j$ de signes opposés.
Les premiers tendent à valider l'inégalité de Siméon, tandis que les termes de signe contraire tendent à l'invalider.
Il est clair que les premiers sont plus nombreux que les seconds, puisque pour tous $N, P$ : $(N-P)^2\geqslant 0\Rightarrow N^2+P^2\geqslant 2NP$

Ils sont plus nombreux certes, mais sont-ils assez forts pour imposer leur loi ?
C'est là que ma démostration achoppe encore...

Parmi les $2NP$ cas défavorables, il y a au moins $2N$termes en $x_1$ et voilà je me perds un peu dans la suite de mon raisonnement..
je voudrais montrer que pour chacun des $2NP$ cas défavorables, on peut trouver un cas favorable parmi les $N^2+P^2$ qui le neutralise...
Si on classe les $2NP$ cas défavorables suivant les $\inf (x_ix,_j)$ croissants, il me semble qu'on pourra juxtaposer à chacun de ces $2NP$ cas l'un des $N^2+P^2$ cas qui dégage au moins autant de bénéfice pour neutraliser la perte...

Mais ça reste à préciser...


Ta démonstration, Siméon, ressemble-t-elle à cela ?
Quoiqu'il en soit , ce raisonnement ne me semble pas adaptable aux dimensions supérieures.
Amicalement. jacquot

Tu es gentil, Siméon.
Ta maîtrise technique te permet une présentation claire qui vaut bien mieux que mes explications confuses.
Je me réjouis du renfort de JLT pour l'étude de ces questions intéressantes.

Je vous souhaite d'arriver à quelque chose de concluant pour les dimensions supérieures.
Amicalement. jacquot

Bonjour Siméon and co,

Ton inégalité n'est pas systématiquement vraie dans $\C$:
prenons $x_1=a=4+3i$ ; $x_2=b=-4+3i$ ; $x_3=c=-6i$
Alors $a+b=6i$ ; $b+c=-4-3i$ ; $a+c=4-3i$
et $a-b=8$ ; $b-c=-4+9i$ et $a-c=4+9i$ On calcule : $\sum_{i,j} |x_i - x_j|= 2\times 8 + 4\sqrt {97}\approx 55,4$
tandis que $ \sum_{i,j} |x_i + x_j| = 3\times 6 +6\times 5 =48$.

::o J'ai oublié de doubler pour les indices égaux $x_i+x_i= 2 x_i$
Il faut donc modifier comme suit:
$ \sum_{i,j} |x_i + x_j| = 4\times 6 +4\times 5 =64$.

Et l'inégalité n'est pas mise en défaut

Hélas, Siméon,

Pas de nouveauté remarquable, mais je réfléchis à ton inégalité dans $\C$ (ou dans $\R^2$ muni de la norme euclidienne.

On peut déjà remarquer que si la famille $(x_i)$ contient des éléments nuls ou opposés, on peut les oublier, puisque leur contribution à l'augmentation du membre de gauche de ton inégalité égale leur contribution à l'augmentation du membre de droite.

Dans $\C$, l'inégalité est évidemment vraie pour les familles de un ou deux nombres.
Je m'intéresse à présent aux familles de trois nombres.
Soient $a$; $b$; $c$ trois complexes et $A$; $B$; $C$ leurs représentations dans le plan
Le membre de gauche de ton inégalité égale le double du périmètre du triangle $ABC$. Il est invariant par translations
Le membre de droite égale $2(|a|+|b|+|c|+|a+b|+|b+c|+|c+a|)$
Pour un triangle $ABC$ donné, j'aimerais savoir pour quel point $O$ cette somme est minimale.
$|a|+|b|+|c|$ est minimal pour le point de Fermat du triangle
$|a+b|+|b+c|+|c+a|$ est minimal pour le point de Fermat du tiangle des milieux du triangle ABC.
Ces deux points sont dans une homothétie de rapport -1/2 par rapport au centre de gravité $G$ du triangle, mais GeoGebra me montre que G n'est pas forcément la position qui minimise notre somme..

Faut-il poser la question à nos éminents géomètres?

PS. J'ai posé la question sur le forum de Géométrie

Bonjour,

Si $E_k$ est un (multi)ensemble fini de points de $\R^k (k \in\N^*)$, l'application $D_{E_k}$ qui à tout point $M$ de $\R^k$ associe la somme des distances de $M$ à chacun des points de $E_k$ admet un minimum. Appelons "Fermat $(E_k)$" l'ensemble des points de $\R^k$ en lesquels
$D_{E_k}$ atteint ce minimum.
Je me demande quels sont les $(k, E_k)$ tels que Fermat $(E_k)$ soit un singleton.
En espérant que ma question n'est pas sotte...
Amicalement,
Paul

Merci Paul,
J'étais assez près de la solution, mais obnubilé par la recherche du point O qui minimise cette somme.
En fait, il suffisait de montrer que, pour tout point O du plan, on a
OA+OB+OC+2OA'+2OB'+2OC' > AB+BC+CA

À nos lecteurs:
Si on multiplie les deux membres de cette inégalité par 2, on a établi l'inégalité de Siméon dans le cas particulier dune famille de trois points du plan.
(Faire une figure si nécessaire, voir aussi Forum de Géométrie)
D'ailleurs ça reste vrai pour les dimensions supérieures, puisqu'un triangle définit un plan.
C'est un petit progrès encourageant (tu).

En toute rigueur, il conviendrait de traiter le cas du triangle obtusangle ayant un angle de plus de 120°, mais je crois que le raisonnement de Paul y reste applicable puisque le point de Fermat est alors sur ce sommet...

@ suivre. Notons que pour un quadrilatère convexe, la somme des distances au sommet est minimale à l'intersection des diagonales...
Amicalement. jacquot.

Bonjour,

Pour quatre points A,B,C,D,

on dirait qu'il suffit d'ajouter les quatre inégalités démontrées pour le cas de trois points (dans $ABC,BCD,CDA,DAB$)
$AB+BC+CA\leq MA+MB+MC+2(MH+MK+MG)$ (où $H,K,G$ sont les milieux de$ BC,CA,AB$)...
Après, méfiance quand ça paraît trop simple!

Amicalement
Paul

PS:si c'est juste, la récurrence sur le nombre de points risque de marcher tranquillement

Hélas Paul,
Comme l'écrit Siméon, le compte n'y est pas:

Soient $G,HJ,I,J,K,L$ les milieux de $AB,BC,CD,AD,AC,BD$
Tes inégalités s'écrivent:
$AB+BC+AC\leqslant MA+MB+MC+2(MG+MH+MK)$
$AB+BD+AD\leqslant MA+MB+MD+2(MG+ML+MJ)$
$AC+CD+AD\leqslant MA+MC+MD+2(MK+MI+MJ)$
$BC+CD+BD\leqslant MB+MC+MD+2(MH+MI+MJ)$
Par addition , il vient:
$2(AB+AC+AD+BC+BD+CD)$
$\leqslant 3(MA+MB+MC+MD)+4(MG+MH+MI+MJ++MK+ML)$

Il y a un peu trop de $MA+MB+MC+MD$
Caramba, on aurait aimé que ça marche.

@ Siméon: J'ai lancé l'étude du quadrilatère sur le forum de Géométrie avec bon espoir d'aboutir.
Cependant, nous ne pourrons pas passer notre vie à étudier des cas particuliers de plus en plus compliqués, sachant que le nombre des bipoints croît en raison de $C_n^2$:S

Amicalement. jacquot

Eh bien Siméon,
Je suis content que tu y sois parvenu
À première lecture, je ne comprends pas, notamment ce que tu fais de ta constante Cd . Est-ce le rayon de la boule ?

Mais je partage quand même un peu de ton bonheur, -D
As-tu jeté un coup d'oeil à mes bagarres avec les vecteurs?

Et nous ne savons toujours pas si cette inégalité est référencée.
Amicalement. jacquot

Bonjour,

j'aurais aimé être assez cultivé pour dire, avec aplomb: "Siméon, bien sûr, tu as raison!". Je n'en doute pour autant pas du tout, sentant plus ou moins confusément ce que veut dire ce que Siméon écrit!
Quant à mon idée d'ajouter quatre inégalités, là, je ne doute absolument plus qu'elle était très mauvaise :)o.
Je ne crois pas (mais c'est de l'ordre de la croyance) qu'il faille "couper en deux" le problème du quadrilatère, les sommets d'un côté, les milieux de l'autre: il doit bien y avoir des cas où le défaut des uns compense l'excès des autres.
Je suis sur l'idée pour l'heure très gratuite, voire fantaisiste, qu'on peut penser à regarder le quadrilatère $Q(A,B,C,D)$ dont les sommets sont les points de Fermat des quatre triangles $ABC,BCD,CDA,DAB$: je peux toujours rêver que si la propriété est vérifiée pour $Q(A,B,C,D)$ , elle l'est pour $ABCD$ et réciproquement. Or quand on itère la fonction $Q$ on risque d'arriver vers un point ou un segment, et alors ça marcherait.
Du délire vous dis-je!
Amicalement
Paul

Très joli ! Du coup je me demande si on sait caractériser les normes qui admettent une représentation intégrale de la forme
$$||x||=\int_{E^*} |\varphi(x)|\,\mu(d\varphi)$$
où $\mu$ est une mesure.

On a vu que la norme Euclidienne admet une telle représentation. Il est clair que la norme $||\cdot||_1$ aussi. Je ne vois pas pour la norme infinie.

C'est plutôt Ferguson 1962, Annals of Math. Statist. Vol 33 page 1260. Voir aussi G. Letac, Integration, mesure, analyse de Fourier et probabilités, exercices, Masson 1983.

Comme beaucoup, je trouve cette inégalité surprenante. J'ai donc un peu joué avec le code scilab donné par curiosité au début du fil et je pense avoir trouvé un contre exemple en dimension 3 pour la norme infini justement :

In[1]:= x1 = {-1.8, 0.8, -1.9}
Out[1]= {-1.8, 0.8, -1.9}

In[2]:= x2 = {-2.2, -2.5, 0.06}
Out[2]= {-2.2, -2.5, 0.06}

In[3]:= x3 = {-0.7, 1.2, 2.1}
Out[3]= {-0.7, 1.2, 2.1}

In[4]:= x4 = {3.6, 1.5, 0.1}
Out[4]= {3.6, 1.5, 0.1}

In[5]:= Norm[x1 - x2, Infinity] + Norm[x1 - x3, Infinity] + 
 Norm[x1 - x4, Infinity] + Norm[x2 - x3, Infinity] + 
 Norm[x2 - x4, Infinity] + Norm[x3 - x4, Infinity]
Out[5]= 26.5

In[6]:= Norm[x1 + x2, Infinity] + Norm[x1 + x3, Infinity] + 
 Norm[x1 + x4, Infinity] + Norm[x2 + x3, Infinity] + 
 Norm[x2 + x4, Infinity] + Norm[x3 + x4, Infinity] + 
 Norm[x1, Infinity] + Norm[x2, Infinity] + Norm[x3, Infinity] + 
 Norm[x4, Infinity]
Out[6]= 26.1

Après réflexion, et compte tenu de ce qu'on sait sur les lois stables, la conjecture se réduit à : si une norme $\|t\|$ de $\mathbb{R}^d$ a la propriété de Siméon,
càd $\sum_{i,j}\|x_i+x_j\|-\|x_i-x_j\|\geq 0$ pour tous $x_1,\ldots,x_n$,
alors il existe une mesure positive $\mu$ sur la sphère unité $S$ telle que
$$\|t\|=\int_S|\langle t,s\rangle|\mu(ds).$$ Hum, Schoenberg n'a pas fait ça ?

@P : pas facile de trouver un contre-exemple à ta conjecture...

@Balthazard : si j'ai bien compris ta somme avec les sommets, il semble que pour $u=(1,1,1)$ on a un facteur $\frac32$ à droite, et je crois que c'est le maximum. Tu confirmes ?

@Amtagpa
C'est ça! J'avais envoyé des vecteurs aux hasards pour avoir une idée de l'optimum mais c'est le vecteur $(1,1, \ldots,1)$ qui a l'air le meilleur en toute dimension.
D'ailleurs on obtient alors pour la somme, en regroupant les termes ou apparaissent un seul $-1$, puis deux, puis trois... \[
\frac{1}{2^d}\sum_{\varepsilon \in \left\{\pm 1\right\}^d} | \epsilon_1 + \epsilon_2 + \cdots+ \epsilon_d | = \frac{1}{2^{d-1}}\sum_{k=0}^{E(\frac{d}{2})}(d-2k) \binom{d}{k}
\] Mes expérimentations numériques et l'OEIS semblent indiquer que pour $p\geq 1$
si $d=2p$ ou $2p-1$ cette somme vaut $ \dfrac{(2p-1)!}{4^{p-1}(p-1)!^2}$.

@Siméon
De mieux en mieux. Si cette inégalité est encore inconnue, elle mérite clairement le nom d'"inégalité de Siméon le poisson".