Inégalité de Torsten Carleman Centrale MP 2024

Bonsoir,

Je bloque sur la première question, j'ai cherché plus d'une demi-heure, mais je ne trouve pas.
Je ne vois pas comment utiliser que : 
$\dfrac{1}{n} \displaystyle\sum_{k=1}^n f \left( a+ k \dfrac{b-a}{n} \right) \longrightarrow \dfrac{1}{b-a} \displaystyle\int_{a}^b f(t) dt$.
J'ai essayé de considérer $\varphi ( \dfrac{1}{n} \displaystyle\sum_{k=1}^n f \left( a+ k \dfrac{b-a}{n} \right) )$ mais je n'arrive pas à utiliser la convexité ici. 

«1

Réponses

  • Tu as déjà entendu parler de l'inégalité de Jensen ?
  • Oui j'ai vu ça dans un cours de prépa.
    Merci je crois avoir trouvé la solution.
  • SchumiSutil
    Modifié (6 Jul)
    Pour avoir corrigé à peu près 300 copies de ce sujet, les sommes de Riemann ont souvent été baroques dans les copies.
  • Puisque on en parle, ce sujet est fautif dès cette première question puisque la composée d'une fonction $f$ continue par morceaux sur le segment $[a,b]$ et à valeurs dans un intervalle $J$ par une fonction $\varphi$ convexe et continue sur $J$ n'est pas forcément continue par morceaux sur le segment $[a,b]$... et par conséquent, les élèves ne peuvent pas appliquer le théorème des sommes de Riemann (du moins, pas la version qu'ils sont censés connaître).

    Bien évidemment, pratiquement aucun élève n'aura remarqué cette subtilité...
  • @bisam : Sauf erreur de ma part si $f$ est continue par morceaux et $\varphi $ est continue alors $\varphi \circ f$ est continue par morceaux. C'est $f\circ \varphi$ qui pourrait potentiellement poser problème mais même là en rajoutant la convexité de $\varphi$ les problèmes disparaissent et je trouve $f \circ \varphi$ continue par morceaux.
  • @Renart : Si on prend pour $f$ la fonction qui à $t$ associe $\exp(\frac{-1}{t})$ si $t>0$ et $1$ si $t=0$ alors $f$ est continue par morceaux sur $[0,1]$ et à valeurs dans l'intervalle $J=\R_+^*$.
    Par ailleurs, la fonction $\varphi:x\mapsto -\ln(x)$ est continue et convexe sur $J$.
    Pour autant, la fonction composée $\varphi\circ f$ n'est pas continue par morceaux sur $[0,1]$, et n'est même pas intégrable sur $]0,1]$.
  • Effectivement, j'avais considéré que $J$ était fermé, ce qui n'est pas forcément le cas. Merci !
  • @bisam
    Je serais tombé dans le piège !
    Vu que l'énoncé est faux dès la première question ce sujet vaut-il le coup d'être continué ?

    @SchumiSutil
    Pourtant les sommes de Riemann ce n'est compliqué.
  • OShine a dit :
    @bisam
    Je serais tombé dans le piège !
    Vu que l'énoncé est faux dès la première question ce sujet vaut-il le coup d'être continué ?

    Tu poses des questions toujours plus surprenantes... Il n'y a aucun lien entre une coquille facilement rectifiable à la première question et l'intérêt en soi du sujet.
    Tu devrais plutôt demander à la personne qui a corrigé 300 copies si le sujet est intéressant.
  • En fait, il est facile de prouver le résultat dans le cas où $f$ est continue.
    Il me semble qu'il est également vrai dans le cadre de la théorie de Lebesgue si l'on suppose $f$ et $\varphi \circ f$ intégrables sur $]a,b[$... mais je n'en suis pas certain.

    Je n'ai pas testé le sujet, mais il a l'air tout de même très intéressant, même si quelques volontés généralisatrices ont laissé passer des erreurs.
  • OShine
    Modifié (7 Jul)
    D'accord merci.

    1) Supposons $f$ continue.
    $\varphi \left( \dfrac{1}{b-a} \displaystyle\int_{a}^b f(t) dt \right) = \varphi \left( \lim\limits_{n \rightarrow +\infty} \dfrac{1}{n} \displaystyle\sum_{k=1}^n f(a+k \dfrac{b-a}{n})   \right)$
    $\varphi$ étant continue sur $J$, on a : 
    $ \varphi \left( \lim\limits_{n \rightarrow +\infty} \dfrac{1}{n} \displaystyle\sum_{k=1}^n f(a+k \dfrac{b-a}{n}   \right) =
     \lim\limits_{n \rightarrow +\infty} \varphi \left(  \dfrac{1}{n} \displaystyle\sum_{k=1}^n f(a+k \dfrac{b-a}{n}) \right)$
    Or : $\varphi \left(  \dfrac{1}{n} \displaystyle\sum_{k=1}^n f(a+k \dfrac{b-a}{n}) \right)=\varphi \left(   \displaystyle\sum_{k=1}^n  \dfrac{1}{n} f(a+k \dfrac{b-a}{n}) \right)$
    $\varphi$ étant convexe sur $J$, l'inégalité de Jensen donne : 
    $\varphi \left(  \dfrac{1}{n} \displaystyle\sum_{k=1}^n f(a+k \dfrac{b-a}{n}) \right) \leq \dfrac{1}{n} \displaystyle\sum_{k=1}^n  \dfrac{1}{n} \varphi \circ f(a+k \dfrac{b-a}{n})   $
    On a donc : 
    $\varphi \left( \dfrac{1}{b-a} \displaystyle\int_{a}^b f(t) dt \right) \leq  \lim\limits_{n \rightarrow +\infty} \dfrac{1}{n} \displaystyle\sum_{k=1}^n  \dfrac{1}{n} \varphi \circ f(a+k \dfrac{b-a}{n}) $
    $\varphi \circ f$ étant continue sur $[a,b]$ comme composée de fonctions continues, on a : 
    $  \lim\limits_{n \rightarrow +\infty} \dfrac{b-a}{n} \displaystyle\sum_{k=1}^n  \dfrac{1}{n} \varphi \circ f(a+k \dfrac{b-a}{n})= \displaystyle\int_{a}^b \varphi \circ f(t) dt $
    Finalement : 
    $\boxed{\varphi \left( \dfrac{1}{b-a} \displaystyle\int_{a}^b f(t) dt \right) \leq \dfrac{1}{b-a}  \displaystyle\int_{a}^b \varphi \circ f(t) dt}$


  • Pour la suite, la question $2$ ne m'a pas posé de difficultés, mais je bloque sur la $3$.
    Je ne comprends pas comment utiliser l'indication.

  • 2) Soit $x>0$. 
    On a $|g(x)| \leq \dfrac{1}{x} \displaystyle\int_{0}^x | t f(t) dt | = \dfrac{1}{x} \displaystyle\int_{0}^x t f(t) dt$
    Donc : $|g(x)| \leq \dfrac{1}x \times x \times \displaystyle\int_{0}^x f(t) dt= \displaystyle\int_{0}^x f(t) dt$
    Mais $ \displaystyle\int_{0}^x f(t) dt$ est l'unique primitive de $f$ qui s'annule en $0$.
    Finalement $|g(x)|$ est majorée par une quantité qui tend vers $0$ quand $x$ tend vers $0$.
    D'où : $\boxed{\lim\limits_{x \rightarrow 0} g(x)=0}$

    3) J'ai cherché au moins 30 minutes, sans succès.
  • C'est marrant d'appeler Jensen l'inégalité à $n$ points, qui n'est en fait qu'une trivialité et en fait la version discrète de la vraie inégalité de Jensen, par exemple sous la forme $\varphi(EX) \leq E(\varphi(X))$, que l'on appliquerait avec $X=f(Y)$ ici, $Y$ suivant une loi uniforme sur $[a,b]$.

    Pour voir si elle s'étend à des cadres plus généraux que $f$ continue par morceaux, rappelons qu'une fonction convexe est égale au moins en tout point intérieur à son domaine au sup des fonctions affines la minorant (au sens où en tout tel $x$, $\varphi(x)=\sup\{g(x), \ g \ {\rm affine}, \ g \leq \varphi\}$, et que si $\varphi$ est affine alors cette inégalité est simplement une égalité.

    De mémoire tant le Marle que le Shiryaev démontrent Jensen (donc cadre de la mesure et espace probabilisé) par un argument ressemblant plus ou moins à cela.
  • math2
    Modifié (7 Jul)
    Pour le 3, ça sent très fort la convergence dominée : à $t$ fixé, on voit la limite de l'intégrande, et à l'évidence grâce à l'indicatrice $t/x 1_{[0,x]}(t)$ se majore à vue par une constante (indépendante de $x$ et $t$) ce qui va permettre d'avoir immédiatement la domination.

    EDIT : je viens de lire, dans le 2 tu as fait la bonne domination qui clos le 3 en 5 secondes chrono. Tu connais le théorème de convergence dominée ???
  • math2 a dit :
    Tu connais le théorème de convergence dominée ???
    C'est reparti pour 10 pages de guidages à travers les propriétés de son cours de sup et de spé... C'est un Waze des maths qu'il lui faut en fait.
  • @math2
    Merci.

    3) On va utiliser le théorème de convergence dominée, en remarquant que $\forall (x,t) \in \R^{+*} \times \R^{+} \ \dfrac{t}{x} t  1_{[0,x]} (t) \in [0,1]$.
    Posons : $\forall (x,t) \in \R^{+*} \times \R^{+} \ u(x,t)=\dfrac{t}{x} t f(t) 1_{[0,x]} (t)$.
    • $\forall x \in \R^{+*} \ u_x : t \mapsto u(x,t)$ est continue par morceaux sur $\R^{+}$.
    • $\forall t \in \R^{+} \ \lim\limits_{x \rightarrow +\infty} u_t  = f(t)$ où $u_t : x \mapsto u(x,t)$.
    •  $\forall (x,t) \in \R^{+*} \times \R^{+} \ |u(x,t)| \leq |f(t) |= f(t)$ avec $f$ intégrable sur $\R^{+}$.
    Ainsi, $t \mapsto u(x,t)$ est intégrable sur $\R^{+}$ et : 
    $\lim\limits_{x \rightarrow +\infty} g(x)= \lim\limits_{x \rightarrow +\infty} \displaystyle\int_{0}^{+\infty} \dfrac{t}{x} t f(t) 1_{[0,x]} (t)=  \displaystyle\int_{0}^{+\infty} f(t) dt$.
    On a montré : $\boxed{\lim\limits_{x \rightarrow +\infty} g(x)=  \displaystyle\int_{0}^{+\infty} f(t) dt}$.

  • math2
    Modifié (8 Jul)
    Je n'ai pas vu explicitement l'intervertion de la limite dans ce que tu écris.

    Au passage, tu es certain de la limite de l'intégrande, à $t$ fixé, lorsque $x\to +\infty$ ? L'indicatrice tend simplement vers $1$ (sur $\R^+$), et l'autre terme ... ???

    EDIT : par un calcul élémentaire, on doit voir sans problème que ton résultat est faux, par exemple avec $f(t)=\frac{1}{t^2+1}$
  • Lirone93
    Modifié (8 Jul)
    C'est naturel : soit on met explicitement et avec ultra moultes précisions et détails, les conditions d'application d'un théorème, soit on comprend que ce qu'il signifie est plus important.

    Faut choisir de faire des compromis, c'est pour ça qu'on a développé des outils de vérification de code.

    Mais ici je rappelle qu'un théorème (en gros) reste  « des conditions d'application  » + « la formule » qui en découle. 
    « je sais que la question de départ est bizarre de la part d'un professeur certifié ».
  • OShine
    Modifié (8 Jul)
    D'accord merci, je rectifie.

    3) On va utiliser le théorème de convergence dominée, en remarquant que $\forall (x,t) \in \R^{+*} \times \R^{+} \ \dfrac{t}{x}  f(t) 1_{[0,x]} (t) \in [0,1]$.
    Posons : $\forall (x,t) \in \R^{+*} \times \R^{+} \ u(x,t)=\dfrac{t}{x}  f(t) 1_{[0,x]} (t)$.
    • $\forall x \in \R^{+*} \ u_x : t \mapsto u(x,t)$ est continue par morceaux sur $\R^{+}$.
    • $\forall t \in \R^{+} \ \lim\limits_{x \rightarrow +\infty} u_t  = 0$ où $u_t : x \mapsto u(x,t)$.
    •  $\forall (x,t) \in \R^{+*} \times \R^{+} \ |u(x,t)| \leq |f(t) |= f(t)$ avec $f$ intégrable sur $\R^{+}$.
    Ainsi, $t \mapsto u(x,t)$ est intégrable sur $\R^{+}$ et : 
    $\lim\limits_{x \rightarrow +\infty} g(x)= \lim\limits_{x \rightarrow +\infty} \displaystyle\int_{0}^{+\infty} \dfrac{t}{x}  f(t) 1_{[0,x]} (t)=  \displaystyle\int_{0}^{+\infty}  \lim\limits_{x \rightarrow +\infty} u(x,t) dt =   \displaystyle\int_{0}^{+\infty} 0  dt =0$.
    On a montré : $\boxed{\lim\limits_{x \rightarrow +\infty} g(x)= 0}$.

    Par contre, en prenant $f(t)=1+t^2$, j'ai l'impression que $g(x)$ tend vers $+\infty$.
    Je ne comprends pas trop  :'(

    PS : coquille rectifiée suite à la remarque de @math2
  • Lirone93
    Modifié (8 Jul)
    Annulé (c'est correct) 
    « je sais que la question de départ est bizarre de la part d'un professeur certifié ».


  • Par contre, en prenant $f(t)=1+t^2$, j'ai l'impression que $g(x)$ tend vers $+\infty$.
    Je ne comprends pas trop  :'(

    Moi non plus, je ne comprends pas que ce f est intégrale sur R^+
    vous ne comprenez pas les choses, vous vous y habituez.


  • Non j'ai écrit $1/(t^2+1)$ qui est bien intégrable, et dans ce cas $\int_0^x t/(t^2+1)dt=\ln(x^2+1)/2$ qui va complètement être mangé par le $1/x$.

    Et il y a un $t$ en trop qui est apparu dans la formule ...
  • Et moi je ne vois pas l'erreur que pointe Lirone93, je trouve $0$, ce qui d'ailleurs fonctionne au moins sur mon exemple
  • NB : en admettant l'existence d'une limite en $+\infty$ pour $g$, la seule qui permette d'avoir $h$ intégrable (ce que dit la question 4) est la limite nulle.
  • vous ne comprenez pas les choses, vous vous y habituez.


  • @gebrane
    Ça ne m'intéresse pas de lire des corrigés de ce sujet.
    Je préfère bloquer une journée sur une question et la faire moi-même.

  • gebrane a dit :
    Le corrigé est en plus faux, cf la remarque de @bisam sur la question 1. 

  • Le corrigé donné écrit ce que 99,9% des élèves auront écrit, à savoir "puisque $f$ est continue par morceaux et $\varphi$ continue, $\varphi\circ f$ est continue par morceaux par composition".
    Je pense que les correcteurs ont dû avoir pour consigne de laisser passer ce genre de choses et de chercher plutôt les termes "somme de Riemann pour une fonction continue par morceaux sur un segment" et "inégalité de Jensen".

    Mais ce n'est pas uniquement la question 1 qui pose problème... La question 4 est beaucoup plus compliquée à rédiger si on suppose $f$ continue par morceaux sur $\R^+$ et non pas continue tout court.
    Le problème, c'est que, cette fois, je pense qu'une bonne moitié des élèves aura remarqué qu'il y avait un problème... et que les meilleurs auront perdu du temps à essayer de le contourner (ce qui, malheureusement pour eux, était faisable, mais très long).

    À la question 5, le festival continue puisque l'indication incite clairement à utiliser la question 1 dans un cadre où le résultat (déjà faux) n'a pas été prouvé ! En effet, il faudrait utiliser une fonction continue par morceaux sur un intervalle ouvert et non un segment.

    Bref, ce n'est pas le corrigé qui est faux... c'est le sujet. Il aurait dû faire faire toute la première partie avec des fonctions continues, et admettre par la suite qu'on pouvait généraliser aux fonctions dont on a besoin un peu plus loin dans le sujet.
  • Dans le corrigé, le concepteur prend $J=\R$ )   "ϕ étant convexe sur R" 
    Y a-t-il plusieurs versions ? et dans le cas $J=\R$, je ne vois pas de contre exemple à ce que la composée soit continue par morceaux
    vous ne comprenez pas les choses, vous vous y habituez.


  • Le problème ne peut être qu'au bord, car une fonction convexe est continue à l'intérieur de son domaine 
  • OShine
    Modifié (9 Jul)
    @bisam
    Merci pour les précisions. Dans la question $1$, c'est vrai que $f$ est continue sur un segment.
    Pour la question $5$, comment on corrige l'énoncé ? Prendre $f$ continue ? 

    Q4) Supposons $f$ continue. (On pourra ainsi utiliser le théorème fondamental de l'analyse ainsi qu'une IPP).
    $\displaystyle\int_{0}^{+\infty} f(x) dx$ converge car $f$ est strictement positive et intégrable sur $\R^{+}$.
    On a : $\displaystyle\int_{0}^{+\infty} h(x) dx = \displaystyle\int_{0}^{+\infty} \dfrac{1}{x^2} \left( \displaystyle\int_{0}^{x} t f(t) dt \right) dx$.
    Les applications $u : x \mapsto \dfrac{1}{x^2}$ et $ v : x \mapsto  \displaystyle\int_{0}^{x} t f(t) dt $ sont de classe $C^1$ sur $\R^{+*}$.
     $\displaystyle\int_{0}^{+\infty} h(x) dx =[-\dfrac{1}{x}  \displaystyle\int_{0}^{x} t f(t) dt ]_{0}^{+\infty} + \displaystyle\int_{0}^{+\infty} f(x) dx$.
    Donc : 
    $\displaystyle\int_{0}^{+\infty} h(x) dx =-\lim\limits_{x \rightarrow +\infty} g(x)+\lim\limits_{x \rightarrow 0} g(x)+ \displaystyle\int_{0}^{+\infty} f(x) dx$.
    D'après les questions 2 et 3 on a : $-\lim\limits_{x \rightarrow +\infty} g(x)= \lim\limits_{x \rightarrow 0} g(x)=0$.
    On en déduit finalement : 
    $\boxed{\displaystyle\int_{0}^{+\infty} h(x) dx  \ \text{converge et} \ \ \displaystyle\int_{0}^{+\infty} f(x) dx=\displaystyle\int_{0}^{+\infty} h(x) dx}$
  • @Oshine : Comme je l'ai dit, je n'ai pas traité ce sujet en détail... et j'ai encore moins pris le temps de trouver une façon de le réécrire pour qu'il soit "correct".
    En revanche, tu devrais être capable de te dire : "J'aimerais appliquer tel théorème, ou tel résultat précédemment prouvé. Puis-je démontrer les prémisses ? Et si j'admets qu'elles sont vérifiées, est-ce que j'aboutis bien au résultat demandé ?"

    C'est comme cela qu'on progresse : en trouvant soi-même le cheminement qui amène au résultat... et non en tentant de reproduire des méthodes déjà rencontrées, sans arriver à les modifier dans le sens qui arrange.
  • Ah d'accord merci.

    Q5) On suppose $f$ continue sur $\R^{+}$ afin d'utiliser Q1.
    $\exp \left( \dfrac{1}{x} \displaystyle\int_{0}^x \ln (f(t)) dt   \right) = \exp \left(   \dfrac{1}{x} \displaystyle\int_{0}^x \ln (t f(t)) dt   \right)   \exp \left(  - \dfrac{1}{x} \displaystyle\int_{0}^x \ln(t) dt   \right) $
    Posons : $g(t)=\ln (t f (t))$.
    $g$ est continue sur $\R^{+}$ et à valeurs dans $\R$. Posons $\varphi = \exp$ qui est convexe et continue sur $\R$.
    On peut donc utiliser Q1, avec $a=0$ et $b=x$, ce qui donne : 
    $\exp \left(   \dfrac{1}{x} \displaystyle\int_{0}^x \ln (t f(t)) dt   \right) =\exp \left(   \dfrac{1}{x-0} \displaystyle\int_{0}^x \ln (t f(t)) dt   \right) \leq \dfrac{1}{x} \displaystyle\int_{0}^x \exp \circ g(t) dt = \dfrac{1}{x} \displaystyle\int_{0}^x t f(t) dt$
    Par ailleurs :  
    $ \exp \left(  - \dfrac{1}{x} \displaystyle\int_{0}^x \ln(t) dt   \right) = \exp \left(  - \dfrac{1}{x} (x \ln (x)-x)  \right) =\exp(- \ln(x)+1)=\dfrac{e}{x}$
    Ainsi :  
    $\exp \left( \dfrac{1}{x} \displaystyle\int_{0}^x \ln (f(t)) dt   \right) \leq  \dfrac{e}{x} \times \dfrac{1}{x} \displaystyle\int_{0}^x t f(t) dt$
    Finalement :  
    $\boxed{\forall x >0 \ \exp \left( \dfrac{1}{x} \displaystyle\int_{0}^x \ln (f(t)) dt   \right) \leq \dfrac{e}{x^2} \displaystyle\int_{0}^x t f(t) dt}$

  • bisam
    Modifié (9 Jul)
    Tu es tombé dans le piège... la fonction que tu as appelée $g$ (et qui n'est pas la fonction $g$ de l'énoncé !) n'est pas continue en $0$. Il faut donc trouver un moyen de contourner.
  • Je ne vois pas comment faire.
    Ce sujet comporte de nombreux pièges, et ce dès les premières questions, c'est vache pour les candidats.
  • Je n'ai pas suivi, donc c'est quoi ce piège dans la 5?
    vous ne comprenez pas les choses, vous vous y habituez.


  • Je viens de le dire : la fonction $t\mapsto \ln(tf(t))$ n'est pas continue en $0$ (et pas prolongeable non plus). On ne peut pas appliquer directement le résultat de la question 1 sur l'intervalle $[0,x]$.
    En revanche, on peut le faire sur tout intervalle $[\varepsilon, x]$ où $0<\varepsilon<x$.
  • OShine
    Modifié (9 Jul)
    D'accord merci, je rectifie. 
    Q5) On suppose $f$ continue sur $\R^{+}$ afin d'utiliser Q1.
    Soit $\varepsilon >0$ tel que $\varepsilon <x$. 
    $\exp \left( \dfrac{1}{x-\varepsilon} \displaystyle\int_{\varepsilon}^x \ln (f(t)) dt   \right) = \exp \left(   \dfrac{1}{x-\varepsilon} \displaystyle\int_{\varepsilon}^x \ln (t f(t)) dt   \right)   \exp \left(  - \dfrac{1}{x} \displaystyle\int_{\varepsilon}^x \ln(t) dt   \right) $
    Posons : $g(t)=\ln (t f (t))$.
    $g$ est continue sur $\R^{+}$ et à valeurs dans $\R$. Posons $\varphi = \exp$ qui est convexe et continue sur $\R$.
    On peut donc utiliser Q1, avec $a=\varepsilon>0$ et $b=x$, ce qui donne : 
    $\exp \left(   \dfrac{1}{x-\varepsilon} \displaystyle\int_{\varepsilon}^x \ln (t f(t)) dt   \right) \leq \dfrac{1}{x-\varepsilon} \displaystyle\int_{\varepsilon}^x \exp \circ g(t) dt = \dfrac{1}{x-\varepsilon} \displaystyle\int_{\varepsilon}^x t f(t) dt$
    Par ailleurs :  
    $ \exp \left(  - \dfrac{1}{x-\varepsilon} \displaystyle\int_{\varepsilon}^x \ln(t) dt   \right) =\exp \left(  - \dfrac{1}{x-\varepsilon} ( x \ln(x)-x - \varepsilon \ln( \varepsilon) + \varepsilon \right) $
    Ainsi :  
    $\exp \left( \dfrac{1}{x-\varepsilon} \displaystyle\int_{\varepsilon}^x \ln (f(t)) dt   \right) \leq   \dfrac{1}{x-\varepsilon} \displaystyle\int_{\varepsilon}^x t f(t) dt \exp \left(  - \dfrac{1}{x-\varepsilon} ( x \ln(x)-x - \varepsilon \ln( \varepsilon) + \varepsilon \right) $
    D'où : $\lim\limits_{\varepsilon \rightarrow 0}  \exp \left( \dfrac{1}{x-\varepsilon} \displaystyle\int_{\varepsilon}^x \ln (f(t)) dt   \right)  \leq \lim\limits_{\varepsilon \rightarrow 0}   \dfrac{1}{x-\varepsilon} \displaystyle\int_{\varepsilon}^x t f(t) dt \times \lim\limits_{\varepsilon \rightarrow 0}  \exp \left(  - \dfrac{1}{x-\varepsilon} ( x \ln(x)-x - \varepsilon \ln( \varepsilon) + \varepsilon \right) $
    Par continuité de l'exponentielle et par convergence des intégrales en jeu, on obtient : 
    $\boxed{\forall x >0 \ \exp \left( \dfrac{1}{x} \displaystyle\int_{0}^x \ln (f(t)) dt   \right) \leq \dfrac{e}{x^2} \displaystyle\int_{0}^x t f(t) dt}$
  • Ensuite ça déroule, sauf la question 10 où j'ai quelques difficultés.
    Q6) 
    $\forall x >0 \ \dfrac{e}{x^2} \displaystyle\int_{0}^x t f(t) dt = e h(x)$.
    On a donc : $0 \leq \exp \left( \dfrac{1}{x} \displaystyle\int_{0}^x \ln( f(t) ) dt \right) \leq e h(x)$ avec $h$ intégrable sur $\R^{+*}$ (d'après Q4) donc $x \mapsto \exp \left( \dfrac{1}{x} \displaystyle\int_{0}^x \ln( f(t) ) dt \right)$ est intégrable sur $\R^{+*}$.
    On a : $\displaystyle\int_{0}^{+\infty} \exp \left( \dfrac{1}{x} \displaystyle\int_{0}^x \ln( f(t) ) dt \right) dx \leq e \displaystyle\int_{0}^{+\infty} h(x) dx $
    Toujours d'après Q4, $\displaystyle\int_{0}^{+\infty} h(x) dx =\displaystyle\int_{0}^{+\infty} f(x) dx $.
    Finalement :  
    $\boxed{\displaystyle\int_{0}^{+\infty} \exp \left( \dfrac{1}{x} \displaystyle\int_{0}^x \ln( f(t) ) dt \right) dx \leq e \displaystyle\int_{0}^{+\infty} f(x) dx}$
     
  • OShine
    Modifié (13 Jul)
    Q7) Si $k=1$, alors $v_1$ définie sur $[0,1]$ par $v_1(x)=\ln(a_1)$ est constante, donc $v_1$ est minimale pour $x=1$.
    Soit $k \in \N^{*} \backslash \{1 \}$. 
    On a : $v_k(x)=\dfrac{1}{x} \displaystyle\sum_{i=1}^{k-1} \ln(a_i)+ \dfrac{1}{x} (x-k+1) \ln(a_k)$.
    $v_k$ est dérivable sur $[k-1,k]$ et : 
    $v_k '(x)=- \dfrac{1}{x^2} \displaystyle\sum_{i=1}^{k-1} \ln(a_i)- \dfrac{1}{x^2} (x-k+1) \ln(a_k)+\dfrac{1}{x} \ln(a_k)$.
    $\boxed{v_k '(x)=\dfrac{-  \sum_{i=1}^{k} \ln(a_i) +k \ln(a_k) }{x^2}}$
    Par décroissante de la suite $(a_n)_{n \in \N^{*}}$, on a $\forall i \in [|1,k|] \ a_i \geq a_k$.
    Donc : $\forall i \in [|1,k|] \ \ln(a_i) \geq \ln(a_k)$.
    On en déduit $\forall i \in [|1,k|] \ -  \displaystyle\sum_{i=1}^{k} \ln(a_i)  \leq -k \ln(a_k)$
    Ainsi : $\boxed{\forall k \in [k-1,k] \ v_k'(x) \leq 0 \ \text{et} \ v_k \ \text{est minimale pour} \ x=k}$.

    Q8) Soit $x \in [k-1,k]$.
    On a : $\displaystyle\int_{0}^x \ln (f(t)) dt= \displaystyle\sum_{i=1}^{k-1} \displaystyle\int_{i-1}^i \ln (a_i) dt+\displaystyle\int_{k-1}^x \ln(a_k) dt$
    $\displaystyle\int_{0}^x \ln (f(t)) dt= \displaystyle\sum_{i=1}^{k-1}  \ln (a_i)+ \ln(a_k) (x-k+1)$
    Donc : $\boxed{\dfrac{1}{x} \displaystyle\int_{0}^x \ln (f(t)) dt = v_k(x)}$.
    $\displaystyle\int_{k-1}^k \exp \left( \dfrac{1}{x} \displaystyle\int_{0}^x \ln (f(t)) dt \right) dx =\displaystyle\int_{k-1}^k \exp (v_k (x)) dx $
    Or : $\forall x \in [k-1,k] \ v_k(x) \geq v_k (k)$ d'après Q7.
    Donc : $\forall x \in [k-1,k] \ \exp(v_k(x)) \geq \exp(v_k (k))$.
    On a : $v_k(k)=\dfrac{1}{k} \displaystyle\sum_{i=1}^k \ln(a_i)$.
    Donc : $\displaystyle\int_{k-1}^k \exp \left( \dfrac{1}{x} \displaystyle\int_{0}^x \ln (f(t)) dt \right) dx \geq \displaystyle\int_{k-1}^k \exp \left( \dfrac{1}{k} \displaystyle\sum_{i=1}^k \ln(a_i) \right) dx$
    Finalement : 
    $\boxed{\displaystyle\int_{k-1}^k \exp \left( \dfrac{1}{x} \displaystyle\int_{0}^x \ln (f(t)) dt \right) dx \geq \exp \left( \dfrac{1}{k} \displaystyle\sum_{i=1}^k \ln(a_i) \right)}$


  • Q9) Soit $N \in \N^{*}$.
    Soit $(a_n)_{n \in \N^{*}}$ une suite décroissante de réels strictement positifs tel que la série $\sum a_n$ converge. 
    On a : $\displaystyle\sum_{n=1}^N \left( \displaystyle\prod_{k=1}^n a_k  \right)^{1/n}=\displaystyle\sum_{n=1}^N \exp \left( \dfrac{1}{n} \displaystyle\sum_{k=1}^n \ln(a_k) \right)$
    D'après Q8 : 
    $\displaystyle\sum_{n=1}^N \exp \left( \dfrac{1}{n} \displaystyle\sum_{k=1}^n \ln(a_k) \right) \leq \displaystyle\sum_{n=1}^N \displaystyle\int_{n-1}^n \exp \left( \dfrac{1}{x} \displaystyle\int_{0}^x \ln ( f(t)) dt   \right) dx$
    Ainsi : 
     $\displaystyle\sum_{n=1}^N \left( \displaystyle\prod_{k=1}^n a_k  \right)^{1/n} \leq \displaystyle\int_{0}^N \exp \left( \dfrac{1}{x} \displaystyle\int_{0}^x \ln ( f(t)) dt   \right) dx$
    Or : $ \displaystyle\int_{0}^N \exp \left( \dfrac{1}{x} \displaystyle\int_{0}^x \ln ( f(t)) dt   \right) dx \leq \displaystyle\int_{0}^{+\infty} \exp \left( \dfrac{1}{x} \displaystyle\int_{0}^x \ln ( f(t)) dt   \right) dx $
    Montrons que $f$ est intégrable sur $\R^{+}$. 
    $f$ est en escalier donc :  
    $\displaystyle\int_{0}^{+\infty} |f(t)| dt =\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty} a_n < + \infty$ car $\sum a_n$ converge par hypothèse.
    On peut alors utiliser Q6, ce qui donne : 
    $\displaystyle\sum_{n=1}^N \left( \displaystyle\prod_{k=1}^n a_k  \right)^{1/n} \leq e \displaystyle\int_{0}^{+\infty} f(x) dx$.
    $f$ étant une fonction en escalier, on a : 
    $\displaystyle\int_{0}^{+\infty} f(x) dx= \displaystyle\sum_{k=1}^{+\infty} \displaystyle\int_{k-1}^k f(f) dt=\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty} a_n$.
    Par conséquent : 
    $\displaystyle\sum_{n=1}^N \left( \displaystyle\prod_{k=1}^n a_k  \right)^{1/n} \leq e \displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty} a_n$ avec $\sum a_n$ convergente.
    La série $\sum \left( \displaystyle\prod_{k=1}^n a_k  \right)^{1/n}$ converge par comparaison de séries à termes positifs et on a finalement par passage à la limite lorsque $N$ tend vers $+\infty$ : 
    $\boxed{\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty} \left( \displaystyle\prod_{k=1}^n a_k  \right)^{1/n} \leq e \displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty} a_n}$.

  • OShine
    Modifié (14 Jul)
    Q10) Soit $(a_n)_{n \in \N^{*}}$ une suite quelconque de réels strictement positifs.
    $\sum a_n$ converge donc $a_n \longrightarrow 0$. La suite $a$ est donc bornée.
    L'ensemble $\{ a_n \ | \ n \in \N^{*} \}$ admet donc une borne supérieure.
    Construisons une suite $(b_n)_{n \in \N^{*}}$ strictement décroissante.
    On prend : $b_1= \max \{ a_n \ | \ n \in \N^{*} \}$. 
    Puis $b_2=  \max \{ a_n \ | \ n \in \N^{*} \} \backslash \{ b_1 \}$.
    Etc. On construit $b$ par itération.
    On pose : $b_k=  \max \{ a_n \ | \ n \in \N^{*} \} \backslash \{ b_1, \cdots, b_{k-1} \}$.
    Il existe $\sigma$ une permutation de $\N^{*}$ telle que : $\forall n \in \N^{*} \ b_k =a_{ \sigma(k)}$.
    $(a_n)_{n \in \N^{*}}$ est sommable si et seulement si $(b_n)_{n \in \N^{*}}$ est sommable et : 
    $\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty} a_n = \displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty} b_n$.
    De plus : 
    $\forall n \in \N^{*} \ a_n \leq b_n$.
    Donc : $\displaystyle\prod_{k=1}^n a_k \leq \displaystyle\prod_{k=1}^n b_k$
    Par croissance de la fonction racine n-ième : 
    $\left( \displaystyle\prod_{k=1}^n a_k \right)^{1/n} \leq \left( \displaystyle\prod_{k=1}^n b_k \right)^{1/n}$
    On a d'après Q9 : 
    La série $\sum \left( \displaystyle\prod_{k=1}^n b_k \right)^{1/n}$ converge donc par comparaison de séries à termes positifs la série  $\sum \left( \displaystyle\prod_{k=1}^n a_k \right)^{1/n}$ converge  et : 
    $\left( \displaystyle\prod_{k=1}^n b_k \right)^{1/n} \leq e \displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty} b_n$.
    Donc : 
    $\left( \displaystyle\prod_{k=1}^n a_k \right)^{1/n} \leq e \displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty} b_n$.
    Comme : 
    $\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty} a_n = \displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}=\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty} a_{\sigma(n)}$, on en déduit finalement : 
    $\boxed{\left( \displaystyle\prod_{k=1}^n a_k \right)^{1/n} \leq e \displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty} a_n}$.
    L'inégalité de Carleman est ainsi démontrée dans le cas général.



  • Je ne suis pas convaincu par ma construction de la suite $b$.
    Il y a des termes qui peuvent être égaux.
  • Construisons une permutation $\sigma : \N^{*} \longrightarrow \N^{*}$.
    On prend :  
    • $\sigma(1)$ le plus petit indice $k \in \N^{*}$ tel que $a_k = \max \{ a_n \ | \ n \in \N^{*} \}$
    • $\sigma(2)$ le plus petit indice $k \in \N^{*} \backslash \{ \sigma(1) \}$ tel que $a_k = \max \{ a_n \ | \ n \in \N^{*} \backslash \{ \sigma(1) \} \}$
    Etc...
    Puis on pose $b_n = a_{\sigma(n)}$ et la suite $(b_n)_{n \in \N^{*}}$ est bien décroissante. 
    Il est temps de passer à la partie II.

  • OShine
    Modifié (15 Jul)
    J'ai des difficultés sur la deuxième partie de la question 12.
    Je ne comprends pas l'indication : c'est quoi le rapport entre le fait de vérifier que $f$ est strictement positive en certains points de $X_s \cap U_n$ et le fait que le maximum de $f$ est atteint sur $X_s \cap U_n$ ? 

    Q11) 
    $\boxed{\forall x \in U_n \ \nabla f (x_1, \cdots, x_n)=(x_2 \times \cdots \times x_n, x_1  x_3 \times \cdots \times x_n, \cdots, x_1 \times \cdots \times x_{n-1})}$
     $\boxed{\forall x \in U_n \ \nabla g_s (x_1, \cdots, x_n)=(1, \cdots, 1)}$

    Q12) $X_s = \{ x \in \bar{U_n} \ | \ g_s (x)=0 \}$.
    Montrons que $X_s$ est un fermé de $\bar{U_n}$.
    $g_s$ est continue car polynomiale sur $\bar{U_n}$.
    $X_s$ est l'image réciproque du fermé $\{ 0 \}$ par l'application continue $g_s$. 
    Donc $X_s$ est un fermé.
    Montrons que $X_s$ est borné.
    On a : $X_s = \{ x \in \bar{U_n} \ | \ \displaystyle\sum_{k=1}^n x_k= s \}= S(0,s)$.
    Donc $X_s$ est borné.
    $X_s$ est un fermé borné de $\bar{U_n} \subset \R^n$ avec $\R^n$ espace vectoriel de dimension finie, donc $X_s$ est un compact.
    D'après le théorème des bornes atteintes, $f_{| X_s}$ admet un maximum sur $X_s$.
  • OShine a dit :
    J'ai des difficultés sur la deuxième partie de la question 12.
    Je ne comprends pas l'indication : c'est quoi le rapport entre le fait de vérifier que $f$ est strictement positive en certains points de $X_s \cap U_n$ et le fait que le maximum de $f$ est atteint sur $X_s \cap U_n$ ? 


    Dur de te donner une indication sans te donner la réponse complète donc si tu estimes avoir suffisamment réfléchi, tu peux aller lire le corrigé que tu as à ta disposition.
  • OShine
    Modifié (15 Jul)
    D'accord merci. J'ai réfléchi encore un peu, je l'ai. 
    Q12) Soit : $x_0=\dfrac{s}{n} (1, \cdots, 1) \in X_s \cap U_n$ car $g_s(x_0)=0$.
    On a : 
    • $f(x_0)=(\dfrac{s}{n})^n >0$
    • Soit $x=(x_1, \cdots, x_n) \in \bar{U_n} \backslash U_n = (\R^{+})^n \backslash (\R^{+*})^n$. Il existe $k \in [|1,n|]$ tel que $x_k=0$ donc $f(x)=0$.
    On a montré que $f_{ | X_s}$ admet un maximum sur $X_s$ et qu'il est atteint sur $X_s \cap U_n$.


  • Je bloque sur la question 13.
    J'ai regardé le début du corrigé qui parle de "théorème d'optimisation sous contrainte".
    Je ne connais pas ce théorème et je peine à trouver des cours de prépa qui abordent cette notion.

  • Bonne lecture.
    Mais tu sais, tu as le droit de sauter des questions quand tu te rends compte que ça dépasse tes connaissances.


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