inégalité de majoration. Hardy-Littlewood

alekk4 · November 2005

Bonsoir à tous,

Voici une inégalité que je trouve fort utile mais qui me pose quelques problemes.
J'ai essayé de prouver ce matin le résultat suivant, mais je n'ai pas réussi:

Soient $x_1 \geq x_2 \geq .. \geq x_n$, $y_1 \geq y_2 \geq .. \geq y_n$ des réels.
On suppose que les $x_i$ majorent les $y_i$; c'est à dire:
$x_1 \geq y_1$
$x_1 + x_2 \geq y_1 + y_2$
...
$x_1 + x_2+ ..+x_{n-1} \geq y_1 + y_2 + .. + y_{n-1}$
et
$x_1 + x_2+ ..+x_{n} = y_1 + y_2 + .. + y_{n}$
(noter qu'il y a égalité dans la dernière relation).
Montrer alors que pour toute fonction convexe $f$,
$f(x_1) + f(x_2)+ ..+f(x_{n}) \geq f(y_1) + f(y_2) + .. + f(y_{n})$

Cette inégalité est due à Hardy-Littlewood-Polya, et je pense qu'Eric en avait déjà parlé il y a quelques temps. Cependant, je ne ma rappelle pas avoir vu de preuve. Faut-il se lancer dans une recurrence ?

merci à tous

Toto.le.zero · November 2005

On dit majoration.

alekk4 · November 2005

pardon, je partais d'un texte anglais (majorization ... )
Mais Toto.le.zero, j'aimerais comme meme bien avoir d'autre explications :-)

Andrea1 · November 2005

Peut-être qu'on peux faire apparaître ce théorème comme :
x $\leq$ y donne intrégrale(x) $\leq$ intégrale(y) avec une intégrale du genre de la mesure de comptage ...

Toto.le.zero · November 2005

Il y en aura sans doute. Mais pas venant de moi, vu que je ne sais pas.

Richard André-Jeannin1 · November 2005

Nous non plus.

marco · November 2005

Bonjour,

Soit $X_i=x_1+...+x_i$, $Y_i=y_1+...+y_i$, $A=x_1+...+x_n$
$f(x_1)+...+f(x_n)=f(X_1)+f(X_2-X_1)+...f(X_{i+1}-X_i)+...+f(A-X_{n-1})=g(X_1,...,X_{n-1})$
g est convexe donc $g(X_1,...,X_{n-1})>=g(Y_1,...,Y_{n-1})+
dg/dX_1(Y_1,...,Y_{n-1})(Y_1-X_1)+...+dg/dX_{n-1}(Y_1,...,Y_{n-1}) (Y_{n-1}-X_{n-1})$
or $dg/dX_1=f'(x_1)-f'(x_2)$ or $f'$ croissante et $x_1>=x_2$
d'ou le resultat.

Toto.le.zero · November 2005

Y en a qui arrivent à réflechir à cette heure-ci ? Et à écrire en Latex en plus ! Chapeau.

alekk4 · November 2005

très joli Marco, merci. Je pense que ton raisonnement s'adapte facilement au cas où on ne suppose pas la dérivabilité.

Je pense qu'une autre approche fonctionne aussi:

Soit $E$ l'ensemble des fonctions de la forme: $f(x)=a|x-c|+b$, avec $a \geq 0$ , $b,c \in \mathbb{R}$. (le graphe d'une telle fonction est un triangle..)

On considère alors nos réels initiaux, $x_i$ et $y_i$. Il est facile de montrer qu'il existe des coefficients positifs $c_k$ et des fonction $f_k$ de $E$ telle que la fonction $h(x)=c_1f_1(x)+...+c_mf_m(x)$ vérifie :
$h(x_i)=f(x_i)$ et $h(x_i)=f(y_i)$ pour tout $1 \leq i \leq n$.

Donc si on vérifie notre inégalité sur les fonctions $f \in F$, ca sera gagné. Or cela est facile.

En effet, il est classique de montrer que la suite $(x_i)$ majore la suite $(y_i)$, si et seulement si, pour tout réel $A$ on a l'inégalité:
$|x_1-A|+|x_2-A|+..+|x_n-A| \geq |y_1-A|+|y_2-A|+..+|y_n-A|$.
A partir de là, la fin est triviale.

Toto.le.zero · November 2005

"(le graphe d'une telle fonction est un triangle..) "

ça depend de ce que tu appelles un triangle.

alekk4 · November 2005

lire:
* et $h(y_i)=f(y_i)$ pour ...
* Donc si on vérifie notre inégalité sur les fonctions $f \in E$, ca sera ...

Andrea1 · November 2005

Ca dépend ce que tu appelles un graphe;)

ps: bonne nuit

borde · November 2005

Une autre façon de traiter cette question d'Alekk est de montrer l'équivalence suivante : soit $(S)$ l'ensemble des conditions vérifiées ci-dessus par les nombres $x_i,y_i$. Alors $x_i,y_i$ vérifient $(S)$ $\Longleftrightarrow$ il existe une matrice bi-stochastique $A=(a_{i,j})_{i,j=1,...,n}$ telle que, pour tout $i=1,...,n$, on ait : $$y_i = \sum_{j=1}^{n} a_{i,j} x_j.$$ Ceci établit, soit $f$ une fonction convexe. Alors : $$\sum_{i=1}^{n} f(y_i) = \sum_{i=1}^{n} f \left ( \sum_{j=1}^{n} a_{i,j} x_j \right ) \leqslant \sum_{i=1}^{n} \sum_{j=1}^{n} a_{i,j} f(x_j) \leqslant \sum_{j=1}^{n} f(x_j).$$

Référence. {\it Exercices pour l'agrégation, Algèbre 3}, par Ruaud et Warusfel, Masson, page 207.

Borde.