Jensen et sommes de Riemann.

Alexique

Bonjour, 

on peut démontrer Jensen dans le cas "fonctions continues" grâce au cas Jensen discret via les sommes de Riemann. Par contre, je sèche sur la démonstration de Jensen probabiliste via les sommes de Riemann (où via le Jensen version continue). Donc je ne vois pas comment arriver à $\phi(\mathbb{E}(X))=\phi \left( \int_a^b tg(t)dt \right) \leq \int_{a}^b \phi(t)g(t)dt = \mathbb{E}(\phi(X))$ avec $\phi$ convexe continue sur $[a,b]$ et $g$ densité continue de $X$, $X$ de support $[a,b]$. J'ai raté un épisode ?

Merci.

math2

On écrit une fonction convexe continue comme enveloppe supérieure des formes affines la minorant, et pour lesquelles il y a égalité, non ?

Alexique

ok... J'essaye de le faire avec les outils de licence éco-gestion (prépa Cachan). Du coup, ça fait vraiment trop hors programme donc tant pis. Et à part la définition de la convexité d'une fonction (et liens avec f' et f", position tangente, position cordes), ils ne savent pas grand chose. 

LOU16

Bonjour @Alexique,

Voilà comment je vois la chose avec une densité $g \text{ continue sur }[a;b]\:$et une "variante" des sommes de Riemann. Il me semble que cela correspond  à ce que tu cherches.

Pour $n\in \N^*,\:\:k\in [\![0;n]\!], \quad t_{k,n}: =a+k\dfrac{b-a}n, \:\:I_{k,n}: =\displaystyle \int_{t_{k,n}}^{t_{k+1,n}}g(t)\mathrm dt.\qquad I_{k,n}\geqslant 0,\quad\sum_{k=0}^{n-1} I_{k,n} =\int_a^b g=1.$

$\displaystyle \lim_{n\to +\infty}\sum_{k=0}^{n-1} t_{k,n}I_{k,n} =\int_a^b tg(t)\mathrm dt =\mathbb E(X),\quad \lim_{n\to +\infty}\varphi\left(\sum_{k=0}^{n-1} t_{k,n}I_{k,n}\right) =\varphi \left(\mathbb E(X)\right).$

$\forall n \in \N^*,\:\:\displaystyle \varphi\left(\sum_{k=0}^{n-1} I_{k,n}t_{k,n} \right)\leqslant\sum_{n=0}^{n-1}I_{k,n}\varphi(t_{k,n}).\quad \lim_{n\to +\infty}\left(\sum_{n=0}^{n-1}I_{k,n}\varphi(t_{k,n})\right)=\int _a^b\varphi (t)g(t)\mathrm dt =\mathbb E\left(\varphi(X)\right).$

$$\varphi\left(\mathbb E(X)\right) \leqslant \mathbb E\left(\varphi(X)\right) .$$

Foys

Montrer qu'une fonction d'une variable réelle est convexe si et seulement si elle est la borne supérieure d'une famille de fonctions affines ne demande pas tant de ressources que ça (le sens indirect étant conséquence immédiate des définitions).

Soit $I$ un intervalle et $f: I \to \R$ une fonction. Pour tous $x,y\in I$ tels que $x<y$ on pose $p_{x,y}:= \frac{f(y)- f(x)}{y-x}$

1°) étant donnés $a,b,c$ dans l'intérieur de $I$ et tels que $a<b<c$, on a $p_{a,b} \leq p_{a,c} \leq p_{b,c}$. En effet,

$b = sa+tc$ avec $s = \frac{c-b}{c-a}$ et $ t = \frac{b - a}{c-a}$; on a également $s+t=1$, $s\geq 0$, $t\geq 0$ et donc $$$f(b) = f(sa+tc) \leq sf(a) + t f(c) = \frac{c-b}{c-a} f(a) + \frac{b - a}{c-a} f(c) \tag{i}$$ et en particulier: $$\begin{align}  p_{a,b} = \frac{f(b) - f(a)}{b-a} & \leq \frac{1}{b-a} \left ( \frac{c-b}{c-a} f(a) + \frac{b - a}{c-a} f(c) - \frac{c-a}{c-a} f(a) \right) \\ & \leq \frac 1 {(b-a)(c-a)} \left ( (c-b)f(a) + (b-a) f(c) - (c-a) f(a) \right ) \\ & \leq \frac 1 {(c-b) (b-a)} \left ( (b-a)f(c) - (b-a) f(a)\right) = \frac{f(c) - f(a)}{c-a} = p_{a,c} \tag{ii} \end{align} $$ et aussi: $$\begin{align}  p_{b,c} = \frac{f(c) - f(b)}{c-b} & \geq \frac{1}{c-b} \left ( \frac{c-a}{c-a} f(c)- \frac{c-b}{c-a} f(a) - \frac{b - a}{c-a} f(c)  \right) \\ & \geq \frac 1 {(c-b)(c-a)} \left ( (c-a) f(c) - (c-b)f(a) - (b-a) f(c)  \right ) \\ & \geq \frac 1 {(c-b) (c-a)} \left ( (c-b)f(c) - (c-b) f(a)\right) = \frac{f(c) - f(a)}{c-a} = p_{a,c} \tag{iii} \end{align} $$ce qui fournit les inégalités demandées.

2°) Soit $x\in I$. Si $x\neq \sup I$ on pose $p^+_x:= \inf \{p_{x,y} \mid y \in I, y > x\}$ et si $x \neq \inf I$ on pose $p^-_x:= \sup \{p_{z,x} \mid z \in I, z < x\}$.

Alors pour tous $a,b\in I$ tels que $a<b$, on a $p^+_a \leq p^-_b$, et pour tout $c$ intérieur à $I$ on a $p^-_c \leq p^+_c$ (ce qui entraîne en particulier que $p^+_c$ et $p^-_c$ sont des nombres réels; les définitions à base de $\sup$ et d'$\inf$ ayant a priori été prises dans $\overline {\R}$).

Ces inégalités sont des conséquences immédiates de 1°).

3°) Soit $c$ intérieur à $I$. Soit $m \in [p^-_c, p^+_c]$. Alors pour tout $x\in I$, $f(x) \geq m(x - c) + f(c)$.

Soit $x\in I$. L'inégalité est évidente lorsque $x=c$. Supposons $x>c$. Alors $$m(x-c) + f(c) \leq p^+_c (x-c) + f(c) \leq \frac{f(x) - f(c)}{x-c}(x-c) = f(x) \tag{iv}$$ Supposons désormais $x<c$, on a $$m(x-c) + f(c) = f(c) - (c - x)m \leq f(c) - (c - x)p^-_c \leq f(c) - \frac{f(x) - f(c)}{x-c}(c - x) = f(x) \tag{v}$$

4°) Soient $a<b$ deux réels et $f:[a,b]$ une fonction continue et convexe. Soit $A$ l'ensemble des fonctions affines $g$ de $\R$ dans $\R$ telles que pour tout $x \in [a,b]$, $g(x)\leq f(x)$. Alors pour tout $x\in [a,b]$, $\sup \{g(x) \mid g \in A\} = f(x)$.

On pose $h(x):=\sup \{g(x) \mid g \in A\}$ pour tout $x\in [a,b]$. On a évidemment $h\leq f$. De plus, 3°) ci-dessus entraîne l'égalité $h(y):= f(y)$ pour tout $y\in ]a,b[$. Montrons que $h(a)=f(a)$ ($h(b) = f(b)$ se traite de façon similaire).

Si $p^+_a > - \infty$ alors $x \mapsto f(a) + p^+_a (x - a) \in A$ (par un raisonnement analogue au $(iii)$ de 3°).

Si $^+_a = - \infty$: soit $\varepsilon>0$. Soit $c\in ]a,b[$ tel que pour tout $x\in [a,c]$, $|f(x) - f(a)|<\varepsilon$ (continuité supposée de $f$). Soit $d\in ]a,c[$ tel que $\frac {f(d)-f(a)}{d-a} < -1$. Soit (continuité de $f$) $a' \in ]a,d[$ tel que $\frac{f(d) - f(a')}{d - a'} < -\frac 1 2$. Alors $p^+_{a'} \leq -\frac 1 2$ et on a, pour tout $x\in [a,b]$, $f(x) \geq f(a') + p^+_{a'} (x - a') = f(a') - (a' - x)p^+_{a'}$. Or lorsque $x\in [a,a']$ on a aussi $$f(a') + p^+_{a'} (x - a') = f(a') - (a' - x)p^+_{a'} \geq f(a')+ \frac{a'-x} 2 \geq f(a') \geq f(a) - \varepsilon \tag{iv}$$ En particulier, $f(a') + (a-a') p^+_{a'} \geq f(a) - \varepsilon$ et cette inégalité, avec le fait que $x \mapsto f(a')+ (x-a')p^+_{a'} \in A$ (par 3°), entraînent que $h(a) \geq f(a) - \varepsilon$ avec $\varepsilon > 0$ arbitraire. Donc $h(a) = f(a)$.

Alexique

@LOU16
 Oui, pas mal. Il doit manquer un facteur $\frac{b-a}{n}$. Sinon, j'essaye de compléter les trous. Par exemple, tu dis assez vite que $\lim_n \sum_k t_{k,n}I_{k,n} = \int_a^b tg(t)dt$. On repasse par les sommes de Riemann classique et on doit montrer que $\sum_k t_{k,n}(I_{k,n}-g(t_{k,n})$ tend vers $0$. Il faut utiliser Heine sur $I_{k,n}-g(t_{k,n})$ mais j'ai un peu de mal. Help ?

@Foys
 Ben pas dur pour toi oui, pour moi un peu plus et pour des étudiants de licence qui peinent à dériver $x\mapsto \frac{1}{x}$ et à additionner deux fractions, je ne vais évidemment pas retenir ta proposition pédagogiquement. Je suis chargé de TD, mes exos sont déjà définis, mais j'essaye d'enrichir avec des exos bonus. Je me suis dit que Jensen était bien pour leur culture. Ils connaissent loi discrète, continue à densité, espérance, variance, théorème de transfert, fonction de répartition... et c'est tout. Donc Jensen discret c'est bon, mais continue, c'est à réfléchir plus sérieusement. 

LOU16

@Alexique

Non, il ne manque rien:

Soit $\varepsilon>0.\:\:\forall n>\dfrac{b-a}{\varepsilon},\quad \left|\displaystyle \sum_{k=0}^{n-1}t_{k,n}I_{k,n} -\int_a^btg(t) \mathrm dt\right|=\left|\displaystyle \sum_{k=0}^{n-1}\int_{t_{k,n}} ^{t_{k+1,n}}(t_{k,n} -t)g(t) \mathrm dt\right|<\varepsilon \displaystyle\int_a^bg =\varepsilon.$

Le théorème de Heine (appliqué à la continuité uniforme de $\varphi$ sur $[a;b]$ ) est requis pour la dernière limite  que j'ai mentionnée.

(On peut aussi dire que, dans la limite précédente, on a appliqué "Heine à la fonction $t\mapsto t$".)

Alexique

@LOU16
Ha oui, on peut se passer de Heine dans ce morceau là mais pas dans l'autre, compris ! Merci bien.