Inégalité

Soient les entiers $n>m>0$ et les réels positifs $a\geq 1,\ x_0,x_1,...,x_{n-1}$ tels que $\displaystyle\prod_{k=0}^{n-1}x_k=1$
On note $A_k=\{k,..,k+m-1\} $ (addition modulo $n$)

Montrer que  : $\displaystyle\sum_{ k =0}^{n-1} \frac {\displaystyle(\sum _{i\in A_k} x_ i)^a}{\displaystyle\sum_{j\notin A_ k}x_j}\geq \frac{ nm^a}{ n-m}$

,.

Réponses

  • P.2
    P.2
    Modifié (13 Jun)



    Malheureusement, je ne sais pas encore resoudre cet exercice. Le point interessant  est qu'il utilise le groupe

    $Z/nZ$, avec une generalisation naturelle au groupe additif $G$ des reels modulo un qui est la suivante. Soit la fonction sur $y\mapsto f(y)$ definie sur $G$ bornee et telle que $\int_Gf(y)dy=0.$

    Soit $a\geq 1$ et $0<t<1.$ On pose $h(x)=1_{[0,t]}(x)$ et, pour $r>0$ $H_r(x)=h*e^{rf}(x)=\int_Gh(x-y)e^{rf(y)}dy$ et $\overline{H}_r=(1-h)*e^{rf}.$ Montrer que $$\int_G\frac{(H_1(x))^a}{\overline{H}_1(x)}dx\geq \frac{t^a}{1-t}.\ \ (*)$$


    Le lien avec l'exercice est le suivant. On decoupe $[0,1]$ en $n$ intervalles egaux numerotes de $0$ a $n-1$ et on prend $f(y)=\log x_i$ si $y$ est dans l'intervalle $i$. Enfin $m=nt.$



    Observons d'abord que $rf$ satisfait aux memes hypotheses que $f$ si bien qu'on doit aussi bien montrer $$Q(r)=\int_G\frac{(H_r(x))^a}{\overline{H}_r(x)}dx\geq \frac{t^a}{1-t}.\ \ (**)$$

    Ensuite $H_0(x)=t$ et $\overline{H}_0=1-t$ et donc (**) est vrai pour $r=0.$ Il suffirait de montrer que $r\mapsto Q(r)$ est croissante.




  • Je n’ai rien compris  :s
  • Ca ne fait rien. As tu la solution de l'exercice sous la forme ou tu l'as posee?
  • P.2 a dit :
    Ca ne fait rien. As tu la solution de l'exercice sous la forme ou tu l'as posee?
    Oui ..
  • Chercher le minimum de la fonction $f(Y_0,...,Y_{n-1})=\displaystyle \sum_{k=0}^{n-1}\frac {(Y_k)^a}{S-Y_k}$ avec les contraintes $\forall_k \ 0<Y_k<S, \ \displaystyle \sum_{k=0}^{n-1} Y_k = mS$
  • P.2
    P.2
    Modifié (20 Jun)
    Cette solution comportait une petite erreur. Je corrige plus tard.
  • Pas mal .. mais avec Lagrange c’est plus rapide  ..
  • Je confesse ma stupide allergie a Lagrange, que j'ai toujours trouve remplacable. Est ce qu'il permet de se passer de Minkowski?
  • P.2 a dit :
    Je confesse ma stupide allergie a Lagrange, que j'ai toujours trouve remplacable. Est ce qu'il permet de se passer de Minkowski?

    Oui ..
  • Comme dit plus haut, le point interessant de l'exercice est qu'il utilise le groupe

    $Z/nZ$ avec une generalisation naturelle au groupe additif $G$ des reels modulo un qui est la suivante. Soit la fonction sur $y\mapsto f(y)$ definie sur $G$ et bornee. Soit $a\geq 1$ et $0<t<1.$ On pose $h(x)=1_{[0,t]}(x)$, $H(x)=h*e^{f}(x)=\int_Gh(x-y)e^{f(y)}dy$ et $S=\int_Gh(x-y)e^{f(y)}dy.$ Montrer que $$\int_G\frac{(H(x))^a}{S-H(x)}dx\geq \frac{t^a}{1-t}.\ \ (*)$$


    Le lien avec l'exercice est le suivant. On decoupe $[0,1]$ en $n$ intervalles egaux numerotes de $0$ a $n-1$ et on prend $f(y)=\log x_i$ si $y$ est dans l'intervalle $i$. Enfin $m=nt.$


    Observons que $$\int_GH(x)dx=\int_G\int_G  h(y)e^{f(x-y)}dxdy=\int_Ge^{f(z)}\left(\int _{(z-t,t)}dx\right)dz=St.$$Notons $P(x)=H(x)/St$ qui satisfait $\int_GP(x)=1.$ Nous devons donc montrer que $$A=\int_{G}\frac{P^a(t)(1-t)-(1-tP(x))}{1-tP(x)}dx$$ est positif. Appliquant $1-t=1-tP+tP-t$ on a $$A=\int_G(P^a(x)-1)dx+\int_G\frac{P^a(x)}{1-tP(x)}(P(x)-1)dx=B+C.$$ Si $L(a)=\int_0^1 P(x)^adx$ alors $k(a)=\log L(a)$ est convexe par Holder et telle que $k(0)=k(1)=0.$ Donc $a\mapsto L(a)$ est croissante sur $ [1,\infty[$ ce qui montre que $B=L(a)-L(1)>0.$ Considerons aussi $$L_1(a)=\int_G\frac{P^a(x)}{1-tP(x)}=\sum _{k=0}^{\infty }t^k L(a+k)$$ qui est aussi croissante sur $ [1,\infty[.$ On a donc $C=L_1(a+1)-L_1(a)>0$ et la demonstration de (*) est achevee.


  • Tonm
    Modifié (10 Jul)
    Salut, j'étais en train de digérer l'inégalité initiale, sans trop relier les autres interventions de (P.2 et MMu) (hors porté). L'idée est que telle inégalité n'est pas trop rencontré; des cas particuliers sont bien connus.

    Par exemple vous trouverez le cas $m=1$ et même $m=n-1$ avec $\alpha=1$ comme les inégalités générales type Nesbitt. 
    Le $\alpha$ par contre comme ça est bien joué.
    Donc voilà une preuve à priori simple:

    On va changer la contrainte et réindexer pour commencer par $i=1$ jusqu'à $n$ variables donc $\prod_{i=1}^nx_i=1$ en $\sum_{i=1}^nx_i\ge n$. Et vu le degré d'homogénéité $\alpha\ge 1$ on va supposer 
    $\sum_{i=1}^nx_i=n$.


    Il faut d'abord symétriser le problème  et ici on peut le faire par un changement de variable. Poser $\frac{n}{m}=h\ge\frac{n}{n-1}>1$, $\sum_{k\in A_i}x_k=b_i$. On montre d'abord le cas $\alpha=1$, dans ce cas l'inégalité s'écrit comme $$\sum_{i=1}^{n-1}\dfrac{b_i}{n-b_i}+\dfrac{nm-\sum_{i=1}^{n-1}b_i}{n(1-m)+\sum_{i=1}^{n-1}b_i}\ge \dfrac{nm}{n-m}$$

    Ou équivalemment $$\sum_{i=1}^{n-1}\dfrac{a_i}{h-a_i}+\dfrac{n-\sum_{i=1}^{n-1}a_i}{h-n+\sum_{i=1}^{n-1}a_i}\ge \dfrac{nm}{n-m}$$ avec $a_i=\dfrac{b_i}{m}$ et $0\le a_i<h$.

    Donc pour une somme $S$ fixe prendre deux variables disons $a_1$, $a_2$ (et les autres variables fixes) de somme fixe $s<2h$. Ce n' est pas difficile de montrer que le minimum de $\dfrac{a_1}{h-a_1}+\dfrac{a_2}{h-a_2}$ est pour $a_1=a_2=\frac{s}{2}$. Ceci est suffisant pour montrer l'inégalité ce qui donne la borne $\dfrac{nm}{n-m}$ avec $a_i=1$.

    On va montrer que la fonction $f(x)=\sum_{i=1}^{n-1}\dfrac{(a_i)^x}{h-a_i}+\dfrac{(n-\sum_{i=1}^{n-1}a_i)^x}{h-n+\sum_{i=1}^{n-1}a_i}$ est croissante en $x$ pour $x\ge 1$. Ceci implique l'inégalité après remplacement de $a_i$ par $\frac{b_i}{m}$, $\alpha$ comme $x$.
    $f'(x)=\sum_{i=1}^{n-1}\frac{1}{h-a_i}\ln(a_i)a_i^x+\frac{1}{h-n+\sum_{i=1}^{n-1}a_i}\ln(a_n)a_n^x$

    Vu les conditions et l'expression $\ln(a_j)a_j^x$ il suffit de démontrer que $f'(x)\ge 0$ pour $x=1$.
    Même idée on fixe tous les variables sauf deux avec une somme constante. 

    Disons $a_1+a_2=s$ il n'est pas difficile de montrer que la fonction $r(x)=\frac{1}{h-x}x\ln(x)+\frac{1}{h-s+x}(s-x)\ln(s-x)$ admet sur $]s-h,h[$ un seul point critique pour $x=\frac{s}{2}$. Pour le voir la dérivée de $r(x) $ s'écrit comme somme de deux fonctions dont chacune est croissante, s'annulant en $\frac{s}{2}$,
    $$\frac{1}{h-x}+ \frac{x\ln(x)}{(h-x)^2}+\frac{\ln(x)}{h-x}+\left(-\frac{\ln(s-x)}{h-s+x}-\frac{(s-x)\ln(s-x)}{(h-s+x)^2}-\frac{1}{h-s+x}\right) $$

    Donc le minimum de $f'(1)$ est pour le cas tous les $a_i$ sont égales à un ($\sum_{i=1}^na_i=n$) et $f'(x)\ge 0$.

    Cordialement
    Edit





  • Lirone93
    Modifié (20 Jun)
    Une pseudo-validation (aléatoire) minimale par un petit programme python me semblerait une bonne idée ou reflexe.
    « je sais que la question de départ est bizarre de la part d'un professeur certifié ».
  • Ok "Tonm", c'est correct,  (mais on pourrait simplifier pas mal  la démo) ... ses you ..
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