Inégalités de Hölder et Minkowski

Bonjour,

Je ne comprends pas les passages encadrés.123620
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Réponses

  • Premier encadré : tu sommes des nombres positifs sur un ensemble plus grand à droite qu'à gauche.

    Deuxième encadré : Tu multiplies par $S^{-\frac{p-1}{p}}$ des deux côtés, où $S$ est la somme qui est strictement positive.
  • D'accord merci.

    "Sinon l'inégalité est évidente car les réels sont positifs"

    J'ai un doute si la somme est nulle à cause des puissances en $1/p$. On aura du $0^{1/p}= 1/p \ln (0)$ ce n'est pas défini :-S

    Aussi qui dit que la partie de droite sera positive à cause des $1/p$ et $1/q$ ? Le log étant négatif sur $]0,1]$ ?
  • Je ne sais pas ce que tu racontes, tu n'as pas l'air de te rendre compte que si $S=0$ alors l'inégalité est trivialement $0 \leq 0$.
  • C'est encore de la grosse ignorance de lycée tout ça.
    Exo : donner tous les cas de figure pour lesquels $a^b$ est bien définie (sans oublier les cas "conventionnels") selon que $a$ et $b$ sont dans $\N, \Z, \Q, \R, \C$.
    Tu pourrais te demander en particulier ce que vaut $0^a$ et $0^0$ et pourquoi, mais je pense qu'on a déjà eu ces conversations.
  • Alexique a écrit:

    et $0^0$

    Ça va partir en vrille...:-D
  • En fait je crois avoir compris.

    Si $S=0$ alors comme $S$ est une somme de termes positifs on a $a_i = b_i=0$ pour tout $i$.

    Ensuite on utilise le fait que la racine p-ième d'un nombre est bien définie et nulle en $0$.

    On a $p>1$ alors $0^p=0$ puis $0^{1/p}=0$

    Cela donne $0 \leq 0+0$ ce qui est vrai.

    Bien évidemment $0^0=1$ mais ici je m'en sers pas.
  • Oui, voilà.
    Ca n'enlève rien à l'intérêt de mon petit exo sur la bonne définition de $a^b$ mais bon...
    OS a écrit:
    Ensuite on utilise le fait que la racine p-ième d'un nombre est bien définie
    bof...
  • Bonsoir,

    c'est quoi le livre utilisé?
  • @Alexique c'est dans mon livre de MPSI la réponse avec l'étude des fonctions puissances.

    Pour la question $1$, je ne suis pas sûr d'avoir compris à quoi ça sert de faire 2 cas : les $b_i >0$ et le cas où il existe des $b_i$ nuls.

    L'inégalité de convexité donnée au début avec les $x_i$ est valable pour n'importes quels $x_i$ positifs non ? Pourquoi les prendre forcément strictement positifs ?

    @Amédé
    J'intègre tout en un MP/MP* Claude Deschamps François Moulin
  • Nan mais tu ne peux pas balancer "la racine p-ième d'un nombre est bien définie" quand tu es prof en collège comme toi.
    C'est quoi la racine 2ème de -1 par exemple ? Sérieux, arrête de faire le robot, de recopier des passages de bouquin sans rien comprendre.

    Les $x_i$ demandent de pouvoir inverse les $b_i$ pour être bien défini. Je pense vraiment que tu devrais faire cet exo de quand est-ce que $a^b$ est bien définis en traitant TOUS les cas. Je suis sûr que tu en zapperais les 3/4.
  • @Alexique: On ne voit plus guère que les racines carrés des nombres réels positifs au collège.

    @Oshine: L’inégalité du 1 a un nom et il est dommage qu’ils ne le donnent pas dans la correction. Si tu trouves tu comprends pourquoi les $\lambda$ sont strictement positifs.
  • @Amédé : ben justement, la phrase d'OS montre qu'il ne sait même pas qu'on prend la racine avant d'un tout nombre POSITIF !
  • Alexique

    Si $n$ est pair alors la racine n-ième est définie sur $\R^{+}$ et si $n$ est impair elle est définie sur $\R$. On peut prendre comme exemple les applications $x \mapsto \sqrt{x}$ et $x \mapsto ^3\sqrt{x}$

    Amédé généralisation Cauchy-Schwarz ? Je ne vois toujours pas à quoi sert le cas des $b_i >0$. Dans le cours j'ai :

    Si $f$ est une fonction convexe sur $I$ et si les $\lambda_1, \cdots, \lambda_p$ sont des réels positifs non tous nuls alors :

    $\forall (x_1,x_2, \cdots, x_p) \in I^p$ $f(\dfrac{\lambda_1x_1 + \cdots + \lambda_p x_p}{\lambda_1+ \cdots + \lambda_p}) \leq \dfrac{\lambda_1 f(x_1) + \cdots + \lambda_p f(x_p)}{\lambda_1+ \cdots + \lambda_p}$
  • Donc à la lumière de ton rappel, quand est ce que les $x_i$ sont bien définis ? Parce que j’ai l’impression que tu zappes complètement mes interventions ?

    Je te relance sur $a^b$.
  • Oshine, non c'est une autre inégalité de convexité célèbre.
  • Alexique, on a $x_i=a_i b_i ^{-q/p}$

    Donc $x_i = a_i \times (- \dfrac{q}{p} \ln (b_i) )$

    $x_i$ est défini pour $b_i >0$.
  • Ok, donc tu vois pourquoi il faut distinguer le cas $b_i>0$ du cas $b_i=0$. Il fallait surtout voir qu'il fallait inverser les $b_i$ donc les supposer non nuls.

    A noter que $a^b$ peut-être bien défini sans $\ln$, peut-être négatif, peut être complexe, etc... C'est juste une notation qui en fait se prolonge à chaque fois que l'on découvre un nouvel ensemble de nombres dans la scolarité... mais qui ne se prolonge pas n'importe comment !
  • Pour Hölder je propose une méthode alternative fondée seulement sur un indice :

    Montrer que pour $u$ et $v$ strictement positifs on a :

    $$ uv \leq \frac{u^{p}}{p} + \frac{v^{q}}{q} $$
  • Scharwz...
  • Riemann il manque pas une condition sur p et q du genre 1/p + 1/q =1?
  • Oui, même hypothèse que ton énoncé.
  • La fonction $x \mapsto \ln x$ est concave sur $]0,+\infty[$ donc :

    $\ln(\dfrac{u^p}{p}+ \dfrac{v^q}{q}) \geq \dfrac{1}{p} \ln u^p + \dfrac{1}{q} \ln v^q \geq \ln(uv)$

    La fonction exponentielle étant croissante, cela entraîne l'inégalité demandée.

    Donc $\forall i \in [|1,n|] $ on a $a_i b_i \leq \dfrac{a_i ^p}{p}+\dfrac{b_i ^q}{q}$

    Donc $\displaystyle\sum_{i=1}^n a_i b_i \leq \displaystyle\sum_{i=1}^n \dfrac{a_i ^p}{p}+ \displaystyle\sum_{i=1}^n \dfrac{b_i ^q}{q}$

    Après je ne vois pas :-S
  • Si tu considères le cas particulier $\sum a_i^p=\sum b_i^q=1$, que se passe-t-il?

    Ensuite prend $(a_i)’$ et $(b_i)’$ positifs quelconques et essaie de te ramener à ce cas.
  • Dans ce cas particulier on a $\displaystyle\sum_{k=1}^n a_i b_i \leq 1/p +1/q =1$

    Pour le cas quelconque je n'ai pas trouvé.
  • Alors monsieur barycentres, comment faire pour normaliser simplement une famille de nombres positifs pour que leur somme vaille 1 ?
  • Je ne vois pas.
  • Oshine... Définition du barycentre.
  • Je ne vois pas le lien avec le barycentre.

    Le barycentre de la famille de points pondérés $(x_i , \lambda_i)_{1 \leq i \leq n}$ avec $\displaystyle\sum_{i=1}^n \lambda_i \ne 0$ est $\dfrac{1}{\sum_{i=1}^n \lambda_i} \displaystyle\sum_{i=1}^n \lambda_i x_i$
  • Donc si tu veux normaliser tu pondères par quoi? Tu as ta famille $(\lambda_{i})_{1\leq i\leq n}$ et tu cherches des $\mu_{i}$ dépendants des $\lambda_{i}$ tels que $\sum\limits_{k=1}^{n}{\mu_{k}}=1$
  • On t’a donné un mot clé: normaliser.
    Comment tu normalises un vecteur $x$ dans un espace vectoriel normé dont la norme est $N$?
    Le cas particulier que je t’ai donné, c’est bien « la norme à la puissance $p$ (et $q$) vaut $1$  »....
  • Ibni on prend $\dfrac{x}{||x||}$

    Amédé

    Je prends $\mu_i=\dfrac{\lambda_i}{\displaystyle\sum_{i=1}^n \lambda_i}$

    Mais je ne vois pas quoi faire à partir de :

    $a_i b_i \leq \dfrac{a_i ^p}{p}+ \dfrac{a_i ^q}{q}$ donc $\displaystyle\sum_{i=1}^n a_i b_i \leq \displaystyle\sum_{i=1}^n \dfrac{a_i ^p}{p}+ \dfrac{a_i ^q}{q}$
  • Ici, $x$ c’est quoi? Et $N$, c’est quoi?
  • Ibni il n'y a pas d'espace vectoriel normé défini ici. En plus, je n'ai pas encore étudié ce chapitre.

    Si $\displaystyle\sum_{i=1}^n a_i ^p= k$ et $\displaystyle\sum_{i=1}^n b_i ^q=l$.

    Posons $a_i '=\dfrac{a_i}{ k^{1/p}}$ et $b_i '=\dfrac{b_i}{ l^{1/q}}$ de sorte que $\displaystyle\sum_{i=1}^n a_i ' ^p=\displaystyle\sum_{i=1}^n b_i ' ^q=1$

    Ainsi, $\displaystyle\sum_{i=1}^n a_i ' b_i ' \leq (\displaystyle\sum_{i=1}^n a_i ' ^p)^{1/p} (\displaystyle\sum_{i=1}^n b_i ' ^p)^{1/q}$

    Or $\displaystyle\sum_{i=1}^n a_i ' ^p=\displaystyle\sum_{i=1}^n \dfrac{a_i ^p}{k}$ et $\displaystyle\sum_{i=1}^n b_i ' ^q=\displaystyle\sum_{i=1}^n \dfrac{b_i ^q}{l}$

    Ainsi, $\displaystyle\sum_{i=1}^n a_i ' b_i ' \leq (1/k)^{1/p} (1/l)^{1/q} (\displaystyle\sum_{i=1}^n a_i ^p)^{1/p} (\displaystyle\sum_{i=1}^n b_i ^p)^{1/q} $

    C'est une usine à gaz, je ne vois pas d'issue.
  • Pourquoi tu as mis k et l (drôle de choix de lettres au passage) à la puissance 1/p et 1/q au début ?
    En corrigeant ça c'est tout cuit. Cette méthode pour Hölder me paraît plus simple et permet surtout de connaître une inégalité nouvelle qui se retient bien.
  • Pour avoir une somme qui vaut 1.

    Je ne vois pas d'autres possibilité.
  • Je ne sais pas faire cette méthode.
  • Si, tu as fini mais tu ne vois rien. Le membre de droite, il vaut quoi ?
  • Ok tu as raison, merci Alexique.

    Riemann a du confondre car ma dernière inégalité permet de conclure.

    On a $\displaystyle\sum_{i=1}^n a_i ' b_i ' \leq (1/k)^{1/p} (1/l)^{1/q} (\displaystyle\sum_{i=1}^n a_i ^p)^{1/p} (\displaystyle\sum_{i=1}^n b_i ^p)^{1/q} $

    Or $a_i ' b_i '=\dfrac{a_i b_i}{ k^{1/p} l^{1/q}}$ donc $\displaystyle\sum_{i=1}^n \dfrac{a_i b_i}{ k^{1/p} l^{1/q}} \leq (1/k)^{1/p} (1/l)^{1/q} (\displaystyle\sum_{i=1}^n a_i ^p)^{1/p} (\displaystyle\sum_{i=1}^n b_i ^p)^{1/q} $

    En multipliant par le terme positif $k^{1/p} l^{1/q}$ cela se simplifie et on a enfin :

    $\boxed{\displaystyle\sum_{i=1}^n a_i b_i \leq (\displaystyle\sum_{i=1}^n a_i ^p)^{1/p} (\displaystyle\sum_{i=1}^n b_i ^p)^{1/q}}$
  • Un exercice que j'aimais beaucoup donner à propos des fonctions exponentielles :
    1. Donner 3 triplets d'ensembles $(A,B,C)$ pris parmi $\N,\Z,\R_+^*,\R^*,\R,\C^*,\C$ tels que \[\forall a\in A,\ \forall b\in B,\ \forall c\in C,\quad (a^b)^c=a^{bc}\] Si possible, on fera en sorte que les 3 ensembles $A\times B \times C$ n'aient aucune relation d'inclusion les uns dans les autres.
    2. Donner un triplet $a,b,c$ tel que les nombres $a^b,\ (a^b)^c$ et $\ a^{bc}$ soient définis mais que $\ (a^b)^c\neq a^{bc}$.
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