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[ID: 2803] [Date de publication: 9 novembre 2022 16:17] [Catégorie(s): Intégration ] [ Nombre commentaires: 1] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Patrice Lassère ]

Solution(s)

Solution(s)

Autour de l’inégalité de Jensen
Par Patrice Lassère le 9 novembre 2022 16:17

On procède par récurrence sur \(n\geq 2\), la propriété étant vérifiée pour \(n=2\). Soit \(n\geq 3\), et supposons la propriété vraie jusqu’au rang \(n-1\), sans perdre de généralité supposons aussi \(0<\lambda_n<1\) ; on peut alors écrire \[\sum_{j=1}^n\lambda_j x_j=\lambda_nx_n+(1-\lambda_n)\sum_{j=1}^{n-1}\dfrac{\lambda_j}{1-\lambda_n}x_j.\] Avec cette représentation, la convexité de \(f\) et l’hypothèse de récurrence assurent que \[\begin{aligned} f\left( \sum_{j=1}^n \lambda_j x_j\right)&\leq \lambda_n x_n+(1-\lambda_n)f\left( \sum_{j=1}^{n-1}\dfrac{\lambda_j}{1-\lambda_n}x_n\right) \\ &\leq \lambda_n x_n+(1-\lambda_n)\sum_{j=1}^{n-1}\dfrac{\lambda_j}{1-\lambda_n}f\left( x_n\right) \\ &=\sum_{j=1}^n \lambda_j x_j, \end{aligned}\] soit la propriété au rang \(n\). L’inégalité de Jensen est démontrée.

Supposons par l’absurde qu’il existe \(n\geq 3\), \(x_1,\dots,x_n\in I\) non tous égaux, \(\lambda_1,\dots,\lambda_n\in \mathbb R_+^\star\) de somme \(1\) tels que \[f(\lambda_1x_1+\dots+\lambda_nx_n)= \lambda_1f(x_1)+\dots+\lambda_n f(x_n).\] L’hypothèse sur les \(x_j\) assure que \[\emptyset\neq S:=\{j\in\{1,2,\dots,n\}\ :\ x_j\neq \max_{1\leq i\leq n}x_i\}\underset{\neq}{\subset}\{1,2,\dots,n\}.\] Posons \[\lambda=\sum_{j\in S}\lambda_j,\quad x=\sum_{j\in S}\dfrac{\lambda_j}{\lambda}x_j,\quad y=\sum_{j\not\in S}\dfrac{\lambda_j}{1-\lambda}x_j\] si \(x_{n_0}:=\max_{1\leq i\leq n}x_i\}\), alors \[y=\sum_{j\not\in S}\dfrac{\lambda_j}{1-\lambda}x_j=x_{n_0}\sum_{j\not\in S}\dfrac{\lambda_j}{1-\lambda}=\dfrac{x_{n_0}}{1-\lambda}\sum_{j\not\in S}{\lambda_j}=x_{n_0}\] et \[x= \sum_{j\in S}\dfrac{\lambda_j}{\lambda}x_j< x_{n_0}\sum_{j\in S}\dfrac{\lambda_j}{\lambda}=x_{n_0}=y\] \(x\) est donc different de \(y\) : par stricte convexité de \(f\) nous avons \[f(\lambda_1x_1+\dots+\lambda_nx_n)=f(\lambda x+(1-\lambda)y)<\lambda f(x)+(1-\lambda)f(y).\] Maintenant, avec l’inégalité de Jensen \[\begin{aligned} \lambda f(x)+(1-\lambda)f(y)&=\lambda f\left( \sum_{j\in S}\dfrac{\lambda_j}{\lambda}x_j\right) +(1-\lambda)f\left( \sum_{j\not\in S}\dfrac{\lambda_j}{1-\lambda}x_j\right)\\ & \leq p \sum_{j\in S}\dfrac{\lambda_j}{\lambda}f(x_j)+(1-\lambda) \sum_{j\not\in S}\dfrac{\lambda_j}{1-\lambda}f(x_j)\\ &=\sum_{j=1}^n\lambda_j f(x_j) \end{aligned}\] les deux extrémités de ces inégalités nous donnent \[f(\lambda_1x_1+\dots+\lambda_nx_n)<\sum_{j=1}^n\lambda_j f(x_j)\] d’où la contradiction désirée.

\(\varphi\) étant convexe sur \([m,M]\), nous avons \[\varphi\left( \sum_{i=1}^n\dfrac{1}{n}f\left( a+k\dfrac{b-a}{n}\right) \right) \leq \sum_{i=1}^n\dfrac{1}{n}\varphi\left( f\left( a+k\dfrac{b-a}{n}\right) \right).\] Il ne reste plus qu’à faire tendre \(n\) vers \(+\infty\) en invoquant la continuité de \(\varphi\) et les sommes de Riemann.