Inégalité de Torsten Carleman Centrale MP 2024

bisam

Pas besoin de ce cours : il suffit de savoir que si on prend deux réels strictement positifs $x$ et $y$ différents alors $\left(\frac{x+y}{2}\right)^2>xy$.

Par conséquent, si $a$ comporte deux coordonnées différentes, $f$ n'est pas maximale en $a$ car on peut trouver un élément $a'$ dans $X_s$ tel que $f(a')>f(a)$.

Le théorème d'optimisation sous contrainte n'est certainement pas ce qui est attendu à cette question.

JLapin

Pourtant, de loin, le théorème d'optimisation sous contrainte me parait régler cette question à peu de frais.

En plus, l'énoncé parle de "méthode de calcul différentiel" pour cette preuve de l'IAG.

bisam

Effectivement, j'avais oublié que ce théorème avait été rajouté dans le programme des MP en 2021.

OShine

@JLapin
Merci, c'est vrai que j'ai étudié les fonctions de 2 variables de sup, mais il me manque le cours de spé sur le calcul différentiel.

Je crois avoir trouvé le théorème à utiliser dans cet excellent cours : 
Théorème 18.37 : multiplicateur de Lagrange.
Soient $f$ et $g$ deux fonctions numériques de classe $\mathcal C^1$ sur l'ouvert $\mathcal U$ de $E$ et $X= \{ x \in \mathcal U \ | \ g(x)=0 \}$.
Si la restriction de $f$ à $X$ admet un extremum local en $a \in X$ et $dg_a \ne 0$, alors $df_a$ est colinéaire à $dg_a$.

Q13) $f$ et $g_s$ sont de classe $\mathcal C^1$ sur l'ouvert $\mathcal U_n$.
On a : $X_s= \{ x \in \overline{U_n} \ | \ g_s(x)=0 \}$.
La restriction de $f$ à $X_s$ admet un extremum local en $a \in X_s \cap U_n$ d'après Q12.
De plus :  $\forall x \in U_n \ dg_a (x)=x_1+ \cdots +x_n >0$ donc $\boxed{dg_a \ne 0}$.
Et :  $\forall x \in U_n \ df_a (x)=x_2 \cdots x_n a_1 + \cdots + x_1 \cdots x_{n-1} a_n$.
Ainsi, d'après le théorème multiplicateur de Lagrange, il existe $\lambda \in \R^{*}$ tel que : $df_a = \lambda dg_a$.
Soit $k \in [|1,n|]$.
Donc : $df_a (0, \cdots,0,a_k,0, \cdots, 0)= \lambda dg_a (0, \cdots,0,a_k,0, \cdots, 0)$.
Ce qui donne :  $a_1 \cdots a_n= \lambda a_k$ soit $f(a)= \lambda a_k$.
Montrons que : $\lambda >0$.
On a : $\forall k \in [|1,n|] \ a_k >0$ car $a \in U_n$ avec : $f(a) >0$.
Donc : $\boxed{\lambda >0}$.
On a montré :  
$\boxed{\exists \lambda >0 \ \forall k \in [|1,n|] \ a_k = \dfrac{f(a)}{\lambda}}$.

 

OShine

bisam a dit :

Pas besoin de ce cours : il suffit de savoir que si on prend deux réels strictement positifs $x$ et $y$ différents alors $\left(\frac{x+y}{2}\right)^2>xy$.

Par conséquent, si $a$ comporte deux coordonnées différentes, $f$ n'est pas maximale en $a$ car on peut trouver un élément $a'$ dans $X_s$ tel que $f(a')>f(a)$.

Le théorème d'optimisation sous contrainte n'est certainement pas ce qui est attendu à cette question.

Je n'ai pas compris cette méthode.
C'est quoi le rapport entre $\left(\frac{x+y}{2}\right)^2>xy$ et la question ? 

OShine

Je bloque sur la deuxième partie de la question 14, comment passer du cas $X_s \cap U_n$ au cas général $\overline{U_n}$ ? 

Q14) On a : $\forall x=(x_1, \cdots, x_n) \in U_n \cap X_s \ f(x) \leq f(a)$ avec $a=( \dfrac{f(a)}{\lambda}, \cdots, \dfrac{f(a)}{\lambda})$.
Comme $a \in X_s$ on a $g_s(a)=n \dfrac{f(a)}{\lambda}=s$ donc $\boxed{a=( \dfrac{s}{n}, \cdots, \dfrac{s}{n})}$.
$\forall x=(x_1, \cdots, x_n) \in U_n \cap X_s \ \displaystyle\prod_{i=1}^n x_i \leq \left( \dfrac{s}{n} \right)^n$.
Ainsi : 
$\forall x=(x_1, \cdots, x_n) \in U_n \cap X_s \ \left(\displaystyle\prod_{i=1}^n x_i \right)^{1/n}  \leq \dfrac{s}{n}$.
Or $x \in X_s$ donc : $s=\displaystyle\sum_{i=1}^n x_i$.
On a montré : 
$\boxed{\forall x=(x_1, \cdots, x_n) \in U_n \cap X_s \ \left(\displaystyle\prod_{i=1}^n x_i \right)^{1/n}  \leq \dfrac{1}{n}\displaystyle\sum_{i=1}^n x_i}$.

bisam

Supposons que $f$ possède un maximum en $a=(a_1,\dots,a_n)\in X_s\cap U_n$.

Supposons de plus qu'il existe deux indices $i$ et $j$ dans $\{1,\dots,n\}$ tels que $a_i\neq a_j$.
On pose alors $a'=(a_1,\dots,m,\dots,m,\dots,a_n)$ où en a remplacé $a_i$ et $a_j$ par $m=\frac{a_i+a_j}{2}$. 

D'une part, il est évident que $a'\in X_s$ et d'autre part on calcule alors que \[f(a')=\left(\prod_{k\in \{1,\dots,n\}\setminus\{i,j\}}a_k\right) \times \left(\frac{a_i+a_j}{2}\right)^2>\left(\prod_{k\in \{1,\dots,n\}\setminus\{i,j\}}a_k \right)\times a_i a_j= f(a)\] ce qui est absurde par définition de $a$.

Par conséquent, l'hypothèse faite est fausse donc toutes les coordonnées de $a$ sont égales et puisque leur somme vaut $s$, elles sont toutes égales à $\frac{s}{n}$.

OShine

bisam a dit :

Supposons que $f$ possède un maximum en $a=(a_1,\dots,a_n)\in X_s\cap U_n$.

Supposons de plus qu'il existe deux indices $i$ et $j$ dans $\{1,\dots,n\}$ tels que $a_i\neq a_j$.
On pose alors $a'=(a_1,\dots,m,\dots,m,\dots,a_n)$ où en a remplacé $a_i$ et $a_j$ par $m=\frac{a_i+a_j}{2}$. 

D'une part, il est évident que $a'\in X_s$ et d'autre part on calcule alors que \[f(a')=\left(\prod_{k\in \{1,\dots,n\}\setminus\{i,j\}}a_k\right) \times \left(\frac{a_i+a_j}{2}\right)^2>\left(\prod_{k\in \{1,\dots,n\}\setminus\{i,j\}}a_k \right)\times a_i a_j= f(a)\] ce qui est absurde par définition de $a$.

Par conséquent, l'hypothèse faite est fausse donc toutes les coordonnées de $a$ sont égales et puisque leur somme vaut $s$, elles sont toutes égales à $\frac{s}{n}$.

Merci, astucieux comme méthode.
On s'en sort sans le calcul différentiel.

OShine

Je crois que c'est bon pour la question 14 j'ai lu le début du corrigé de la question et je vois l'idée.
C'est intéressant la suite du sujet on utilise les mêmes méthodes pour une autre application.

bisam

On pouvait s'en douter puisque c'est précisé dans l'énoncé au début de la partie II !

OShine

Ah d'accord.
J'avance lentement car je suis en vacances à l'autre bout du monde, j'essaie de faire 1 heure de maths par jour, et ce sujet est un excellent moyen de garder des bons réflexes en analyse. 

Q14 suite) Raisonnons par disjonction de cas.

• Si $x=(x_1, \cdots, x_n) \in \overline{U_n} \backslash U_n$, alors il existe $k \in [|1,n|]$ tel que $x_k=0$. Donc : $\left( \displaystyle\prod_{i=1}^n x_i \right)^{1/n}=0^{1/n}=0 \leq \dfrac{1}{n} \displaystyle\sum_{i=1}^n x_i$.
• Si $x \in U_n$, alors $||x||= x_1+ \cdots +x_n >0$. Il existe $s>0$ tel que $||x||=s$ et donc $x \in X_s$. Ainsi, $x \in U_n \cap X_s$ et l'inégalité est vérifiée d'après ce qui précède.

On a montré : 
$\boxed{\forall (x_1, \cdots, x_n) \in (\R^{+})^n \ \left( \displaystyle\prod_{i=1}^n x_i \right)^{1/n} \leq \dfrac{1}{n} \displaystyle\sum_{i=1}^n x_i}$.

OShine

Un peu de calcul. 
Q15) Soit $x=(x_1, \cdots, x_n) \in U_n$.
On a : $$\boxed{\nabla F_n(x)=\left( 1+\dfrac{x_2}{2(x_1 x_2)^{1/2}}+ \dfrac{x_2 x_3}{3(x_1 x_2 x_3)^{2/3}}+ \cdots +\dfrac{x_2 \cdots x_n}{n(x_1 \cdots x_n)^{\frac{n-1}{n}}}, \dfrac{x_1}{2(x_1 x_2)^{1/2}}+ \dfrac{x_1 x_3}{3(x_1 x_2 x_3)^{2/3}}+ \cdots +\dfrac{x_1 x_3 \cdots x_n}{n(x_1 \cdots x_n)^{\frac{n-1}{n}}}, \cdots, \dfrac{x_1 \cdots x_{n-1}}{n (x_1 \cdots x_n)^{\frac{n-1}{n}}} \right)}$$
Et :  
$\boxed{\nabla h_n (x)=(1, \cdots, 1)}$.

Q16) $F_n : \overline{U_n} \longrightarrow \R$.
Montrons que $\overline{U_n} \cap H_n$ est un compact.

• $\overline{U_n}$ est un fermé.
• Montrons que $H_n$ est un compact. $H_n$ est un sous-espace vectoriel de $\R^n$ qui est de dimension finie. $H_n$ est clairement borné car si $x \in H_n$ alors $||x||_1 = 1$. De plus, $H_n$ est l'image réciproque du fermé $\{1 \}$ par l'application continue (car polynomiale) : $(x_1, \cdots, x_n) \in \R^n \mapsto x_1+ \cdots +x_n \in \R$. $H_n$ est un fermé borné, c'est donc un compact.

Ainsi, $\overline{U_n} \cap H_n$ est un fermé inclus dans le compact $H_n$, c'est donc un compact.
D'après le théorème des bornes atteintes, la restriction de $F_n$ à $\overline{U_n} \cap H_n$ admet un maximum.

OShine

Q17) $F_n$ et $h_n$ sont de classe $\mathcal C^1$ sur l'ouvert $\mathcal U_n$.
La restriction de $F_n$ à $U_n \cap H_n$ admet un extremum local en $a \in  U_n \cap H_n$ d'après Q16.
De plus :  $\forall x \in U_n \ dh_n(a)(x)=x_1+ \cdots +x_n >0$ donc $\boxed{dh_n (a) \ne 0}$.
Et :  $\forall x \in U_n \ dF_n(a) (x)=\frac{\partial F_n}{\partial x_1} (a) x_1+ \cdots +\frac{\partial F_n}{\partial x_n} (a) x_n $.
Ainsi, d'après le théorème multiplicateur de Lagrange, il existe $\lambda \in \R^{*}$ tel que : $dF_n(a)= \lambda dg_n(a)$.
Soit $k \in [|1,n|]$.
Donc : $dF_n(a) (0, \cdots,0,a_k,0, \cdots, 0)= \lambda dg_n(a) (0, \cdots,0,a_k,0, \cdots, 0)$.
Or : $\boxed{\forall x \in U_n \ \frac{\partial F_n}{\partial x_k} (x)= \dfrac{x_1 \cdots x_{k-1}}{k(x_1 \cdots x_{k-1})^{\frac{k-1}{k}}} + \cdots +\dfrac{x_1 \cdots x_{k-1} x_{k+1} \cdots x_n}{n(x_1 \cdots x_n)^{\frac{n-1}{n}}}}$
Ce qui donne :  $\dfrac{(a_1 \cdots a_k)^{1/k}}{k}+ \cdots + \dfrac{(a_1 \cdots a_n)^{1/n}}{n}= \lambda a_k$.
Montrons que : $\lambda >0$.
On a : $\forall k \in [|1,n|] \ a_k >0$ car $a \in U_n$.
Donc : $\boxed{\lambda >0}$.
Par ailleurs, $a \in U_n$ donc $a_1+ \cdots +a_n=1$.
Finalement : 
$\boxed{\exists \lambda >0 \ \ \begin{cases}   \gamma_1 + \dfrac{\gamma_2}{2}+ \cdots + \dfrac{\gamma_n}{n}= \lambda a_1 \\
 \dfrac{\gamma_2}{2}+ \cdots + \dfrac{\gamma_n}{n}= \lambda a_2 \\ 
\cdots \\
\dfrac{\gamma_n}{n}=\lambda a_n \\
a_1+a_2+ \cdots + a_n=1  \end{cases}}$