Inégalité fonctionnelle

Hölder !

Bonjour,

Comme $f: [0,1] \to R^+$, et $f$ est continue sur cet intervalle, alors, pour tout $m$ dans $N$, cette intégrale existe et $\int_{0}^{1} dx x^m f(x) > 0$ si $f > 0$ and $=0$ si $f=0$. On élimine le cas $f=0$ facilement, car l'inégalité devient $0=0$ pour tout $n$ dans $N$, ce qui est vrai. Donc on suppose dans la suite : $f\neq 0$.

On définit la suite $I_n = \frac{\int_{0}^{1} dx x^{n+1} f(x)}{\int_{0}^{1} dx x^{n} f(x)}$ pour $n \geq 0$.

Pour tout $\lambda \geq 0, x \in [0,1], n \geq 0$, on a : $x^n (x-\lambda)^2 \geq 0$. Donc : $\int_{0}^{1} dx x^n (x-\lambda)^2 f(x) \geq 0$. On développe et on obtient un polynôme du secon degré en $\lambda$ :
$\int_{0}^{1} dx x^{n+2} f(x) -2\lambda \int_{0}^{1} dx x^{n+1} f(x) + \lambda^2 \int_{0}^{1} dx x^n f(x) \geq 0$

dont le discriminant réduit doit être négatif (sinon il y a des racines réelles et le polynôme deviendrait négatif), c'est-à-dire :
$[\int_{0}^{1} dx x^{n+1} f(x)]^2 - [\int_{0}^{1} dx x^{n+2} f(x)] [\int_{0}^{1} dx x^n f(x)] \leq 0$

Et donc, immédiatement : $\frac{I_{n+1}}{I_n} = \frac{\int_{0}^{1} dx x^{n+2} f(x)}{\int_{0}^{1} dx x^{n+1} f(x)} \frac{\int_{0}^{1} dx x^{n} f(x)}{\int_{0}^{1} dx x^{n+1} f(x)} \geq 1$. La suite est croissante et alors $I_n \geq I_0$ qui est le résultat.

Salut

Quelques questions

1- Comment adapter la formule si f: [0,1] dans IR une fonction continue (sans positivité)

2- La formule reste-elle vraie ( ou à adapter ) si f:[a,b] dans IR une fonction continue et positive ( le signe de $x^n$ est gênant ?)


Merci

effacé

effacé

Il y a un petit signe moins quelque part tout de même... Non ?

Bonjour @acx01b et à tous,

La démonstration proposée avec $g_n(a)$, même corrigée, est fausse. Je le regrette car l'idée est élégante.

En effet, $\frac{d}{da} x^{(n+a)} = ln(x) x^{(n+a)}$ pour tout $n$ dans $N$. Donc $\frac{d}{da} \int_0^1 dx x^{(n+a)} f(x) = \int_0^1 dx ln(x) x^{(n+a)} f(x)$ et $ln(x) \leq 0$ sur $[0,1]$. Donc $g'_n(a) \leq 0$. Elle semble démontrer que $g_n(0) \geq g_n(1)$ soit l'inégalité dans l'autre sens ! Ce qui est faux.

L'erreur est subtile.

Pour dériver sous le signe intégrale, il faut qu'on ait la convergence dominée. Or $|\int_0^1 dx x^{(n+a)} f(x)| \leq \int_0^1 dx x^{n} f(x)$ car $x^a \leq 1$ sur $x \in [0,1]$. Mais pour $|\int_0^1 dx x^{(1-a)} f(x)| = \int_0^1 dx \frac{x f(x)}{x^a}$ on ne peut pas majorer car $x^a \geq 0$.

Un cas intéressant où il faut vérifier les hypothèses de dérivation sous le signe.

De plus, on ne peut pas généraliser pour $f$ de signe quelconque. Un contre-exemple est $f: x \to x-1/2$ car $\int f = 0$ par parité, mais $\int xf \neq 0$ et on arrive alors à, $0 \geq \frac{1}{2} \frac{n}{(n+1)(n+2)} \frac{1}{2} \frac{1}{2.3}$ pour tout $n$, ce qui est évidemment faux.

Je ne propose qu'une reformulation. Il est aisé de voir que $\left\langle g,h\right\rangle =\int_{0}^{1}g\left(t\right)h\left(t\right)f\left(t\right)dt$ définit un produit scalaire sur $E=C^{0}\left(\left[0;1\right]\right)$ quand $f$ non identiquement nulle (inégalité triviale sinon). Pour tout réel $a\geqslant0$, on définit $X^{a}=\left(t\mapsto t^{a}\right)\in E$ et on remarque que $\left\langle X^{a+c},X^{b}\right\rangle =\left\langle X^{a},X^{b+c}\right\rangle $. Le résutat à prouver est que $\left\langle X^{n+1},1\right\rangle \left\langle 1,1\right\rangle \geqslant\left\langle X,1\right\rangle \left\langle X^{n},1\right\rangle $. Or, par produits télescopiques, $\left\langle X^{n+1},1\right\rangle \left\langle 1,1\right\rangle =\left\langle X,1\right\rangle \left\langle X^{n},1\right\rangle \prod_{k=0}^{n-1}\frac{\left\langle X^{k+2},1\right\rangle \left\langle X^{k},1\right\rangle }{\left\langle X^{k+1},1\right\rangle \left\langle X^{k+1},1\right\rangle }$ et, par Cauchy Schwarz appliqué aux vecteurs $X^{k/2}$ et $X^{k/2+1}$ on a:
\[
\frac{\left\langle X^{k+2},1\right\rangle \left\langle X^{k},1\right\rangle }{\left\langle X^{k+1},1\right\rangle ^{2}}=\frac{\left\langle X^{k/2+1},X^{k/2+1}\right\rangle \left\langle X^{k/2},X^{k/2}\right\rangle }{\left\langle X^{k/2+1},X^{k/2}\right\rangle ^{2}}\geqslant1
\]
d'où le résultat par positivité des $\left\langle X^{a},X^{b}\right\rangle $.

bonjour, troisqua : $(.,.)$ ne définit pas un produit scalaire sur $E$ si $f$ s'annule sur un segment non trivial, mais c'est une fbs positive et cel suffit pour nos inégalités.