van der Corput en pcsi

discret

Voici un exercice sur une inégalité obtenue par J. G. van der Corput en 1935, qui est une alternative intéressante à l'inégalité des accroissements finis.

{\it Soient $a < b \in \R$ et $f$ de classe $C^2$ sur $[a,b]$ telle que $f''$ soit décroissante. Montrer que}
$$f(b) - f(a) \geqslant (b-a) \frac{f'(a)+f'(b)}{2}.$$
Je pense donner cette inégalité à mes élèves de pcsi. Qu'en pensez-vous ? Sans indication, ce n'est peut-être pas évident...D'autres collègues l'ont-ils déjà donnée ?

Ceux parmi vous qui veulent s'essayer à cet exercice, n'hésitez pas, je pourrai fournir indication et/ou réponse d'ici la fin de la journée (je ne pense pas que cet exo soit tombé aux OIM, mais sait-on jamais).

Jer anonyme

Joli. Vous voyez une façon graphique de voir la moyenne des dérivées ?
Pour prouver, une méthode consiste à étudier $g:b\mapsto f(b)-f(a)-(b-a)\frac{f'(a)+f'(b)}{2}$ comme fonction de $b$ et montrer que sa dérivée est négative grâce au théorème des accroissements finis. C'est bien comme exercice car il y a une méthode standard (regrouper dans un même membre, étudier la fonction) et l'application des accroissements finis.
Si j'avais à le poser en PCSI, à l'écrit je débiterais sans doute en trois questions (à peu près : calculer la dérivée, montrer qu'elle est négative ou trouver son signe, prouver l'inégalité) ; à l'oral, ce serait sans indication au départ mais on peut en donner à tout moment. Mais c'est un avis comme ça, je ne suis pas en PCSI.

ev

Mmh. Simple, mais au bon goût fruité.

À mon avis un exercice très (trop ?) discriminant: Les étudiants qui ont maîtrisé le TAF et sa démonstration sont obligés de trouver. Les autres ne décollent pas. Comme une brosse à dents devant un arbre.

Je garde.

amicalement,

e.v.

ev

Hum, Gérôme, ta fonction $g$ est constante...

e.v.

Jer anonyme

Alors l'inégalité de van der Corput est une égalité ?
[Edit : Ah non, c'est la mauvaise variable. Je corrige.
Au fait, je suis Jer tout court.]

ev

Au fait, ça doit être moi, Gertrude, mais je trouve une dérivée positive pour $g$.

amicalement,

e.v.

discret

Un grand merci à tous pour vos contributions.

Les méthodes combinées de Jer et ev mènent parfaitement à la solution.

{\bf NB}. Travaillant plus spécifiquement en théorie des nombres, je connais van der Corput depuis bien longtemps. C'était un mathématicien du 20è siècle extrêmement prolifique dans ce domaine, et on lui doit l'une des plus belles inégalités sur les sommes de nombres complexes qui existent, inégalité appelée parfois le {\it procédé A} de van der Corput. Toujours utilisée de nos jours, elle contribua à donner de vraies estimations non triviales de sommes d'exponentielles, ce qui a permis d'obtenir de foudroyant progrès dans la plupart des problèmes d'arithmétique classiques (diviseurs de Dirichlet, cercle de Gauss, etc).

Allez, une petite dernière pour la route, toujours de van der Corput en 1935, mais nettement plus compliquée à démontrer, que je donnerai aux pcsi en fin d'année, avec indications (sinon c'est inabordable, je pense).

{\it Soient $a < b \in \R$ et $f \in C^2 [a,b]$ telle que $f' \neq 0$ sur $[a,b]$ et $f''/f'$ soit décroissante. Alors}
$$\left | f(b) - f(a) \right| \geqslant (b-a) \sqrt{f'(a) f'(b)}.$$
Noter que les hypothèses impliquent que $f'(a) f'(b) > 0$ et que cette inégalité s'applique au cosinus ou au cosinus hyperbolique (sur des intervalles adéquats), donnant par exemple
$$\left | \textrm{ch} (a) - \textrm{ch} (b) \right | \geqslant (b-a) \sqrt{\textrm{sh} (a) \, \textrm{sh} (b)} \quad \left( 0 < a < b \right).$$
Là encore, s'il y a des amateurs, bon courage...

egoroffski

Hello,

Je tente ma chance. On suppose sans perte de généralité que $f'>0$ et on pose $g=\ln f'$. Les hypothèses entraînent que $g$ est concave, et donc en particulier $$ \forall x \in [a,b], g(x) \geq \frac{b-x}{a-b}g(a) + \frac{x-a}{b-a}g(b)$$ En prenant l'exponentielle de chacun des membres, on obtient une minoration de la forme $f'(x) \geq Ce^{\theta x}$, que l'on peut intégrer sur $[a,b]$ : $$ f(b) - f(a) \geq \frac{C}{\theta} \left( e^{\theta b}-e^{\theta a} \right) $$ Le membre de gauche est bien la valeur absolue de $f(b) - f(a)$ puisque $f$ est croissante. En explicitant $C$ et $\theta$ et en secouant bien on tombe sur :
$$ \left\lvert f(b) - f(a) \right\rvert \geq (b-a) \frac{f'(b)-f'(a)}{\ln f'(b)-\ln f'(a)} $$ Pour finir on utilise l'inégalité de Jensen et l'inégalité arithmético-géométrique pour écrire, quels que soient $0<u<v$ :
$$ \frac{\ln v-\ln u}{v-u} = \int_u^v w^{-1} \frac{dw}{v-u} \leq \left( \int w \frac{dw}{v-u} \right)^{-1} = \frac{2}{u+v} \leq \frac{1}{\sqrt{uv}} $$
En appliquant ceci à $(u,v) = (f'(a),f'(b))$ on obtient
$$ \left\lvert f(b) - f(a) \right\rvert \geq (b-a) \sqrt{f'(a)f'(b)} $$
Ouf !

Kelenner

Bonsoir, je reprend l'idée d' Egoroffski, en prenant encore $f^{\prime}>0$ mais en posant $\displaystyle g(x)=\int_a^x \log (f^{\prime}(t)) dt$, dont la dérivée première est $\log f^{\prime}(x)$, la dérivée seconde est $\displaystyle \frac{f^{\prime\prime}}{f^{\prime}}$, qui est décroissante. On peut donc lui appliquer le th précédent: on a

$$\frac{\int_a^b \log f^{\prime}(t) dt}{b-a}\geq \frac{\log f^{\prime}(a)+\log f^{\prime}(b)}{2}$$

On applique Jensen au premier facteur, ce qui donne:

$$\log (\frac{\int_a^b f^{\prime}(t)dt}{b-a})\geq \frac{\int_a^b \log f^{\prime}(t) dt}{b-a}$$
et il n'y a plus qu'à finir.

Cordialement.

discret

Il y a des doués, ici ! (tu)

Les solutions d'Egoroff (excuse-moi, je n'ai jamais pu me faire au "ski") et Kelenner sont exactes.

Pour aller plus vite, on peut dire que, puisque $g$ (avec vos notations) est concave, alors on peut lui appliquer l'inégalité d'Hermite-Hadamard (c'est celle écrite par Kelenner ci-dessus), i.e.
$$\frac{1}{b-a} \int_a^b g(t) \, \textrm{d} t \geqslant \frac{g(a)+g(b)}{2}.$$
Ensuite, un coup de Jensen comme l'ont fait remarquer les deux champions ci-dessus, et c'est gagné !

Un grand merci à vous deux...

egoroffski

Merci à toi Discret pour cet inégalité bien sympathique qui m'a permis de me dérouiller un peu ainsi que pour cette inégalité d'Hermite-Hadamard que je ne connaissais pas (même si elle est tout à fait intuitive).

Et bravo à Kelenner et toi pour vos solutions bien plus élégantes et expéditives (tu)(tu)

discret

Je te trouve dur avec toi-même ! (:P)

Van der Corput, c'est toujours du costaud, même du très costaud. Tu l'as eu, ça montre tes capacités à tout le monde...

ev

Que nul n'entre ici s'il n'est gros balaise.


J'ai pas dû bien secouer comme il faut. Du coup j'ai fait la brosse à dents au pied de mon chêne.

Bon courage aux étudiants de discret ! Bravo aux deux cascadeurs de l'extrême.

amicalement,

e.v.

egoroffski

Hmm tu es trop flatteur mon cher Discret je vais rougir d'autant que pour ces questions tu me dépasses largement en termes de capacités.

Bon trêve de compliments, on attend l'exercice suivant ! -D

discret

Merci à Egoroff et ev pour leurs encouragements.

Egoroff a écrit:

on attend l'exercice suivant !

Que dirais-tu du théorème de Flett ? Le temps d'ouvrir un nouveau fil, et c'est parti !

Eric

Bonjour Discret

Pourrais-tu donner une référence à un livre proposant ces inégalité ou bien un article ?

Cordialement,
Eric

discret

Bonsoir Eric,

Ces inégalités figurent dans le recueil suivant :

{\it Wiskundige Opgaven met de Oplossingen}, série 1934 - 1937, Inégalités n° 94, 95 et 96 pages 240 à 244.

Eric

Merci.

Eric

En feuilletant le recueil donné en référence par discret, je suis tombé sur cet exercice, qui peut se traiter de façon plus ou moins subtile.

Pour $m\in\mathbb{N}$ et $n=1$, $2$ ou $3$, on pose \begin{equation*}
I_{n}(m)=\int_{0}^{1}\frac{\sin^{n}(2m+1)\pi x}{\sin^{n}\pi x}\,dx.
\end{equation*} Montrer que \begin{equation*}
\sum_{k=0}^{2m}I_{n}(k)=\left(I_{2}(m)\right)^{n}.
\end{equation*}

Eric

Voici la solution au premier exercice de discret proposée initialement dans le recueil d'exo d'où c'est tiré.

Pour tout $x\in\left]a\,,b\right]$, on~a \begin{align*}
\int_{0}^{1}f''(a+h(x-a))\,dh&=\frac{1}{x-a}\int_{a}^{x}f''(t)\,dt \\
&=\frac{f'(x)-f'(a)}{x-a}\cdotp
\end{align*} De plus, $f''$ étant décroissante sur $[a\,,b]$, $$
f''(a+h(x-a))\geq f''(a+h(b-a))
$$ pour tout $h\in[0\,,1]$ et tout $x\in\left]a\,,b\right]$. Il s'ensuit que $$
\frac{f'(x)-f'(a)}{x-a}\geq\frac{f'(b)-f'(a)}{b-a}
$$ pour tout $x\in\left]a\,,b\right]$, d'où $$
f'(x)\geq f'(a)+(x-a)\frac{f'(b)-f'(a)}{b-a}\cdotp
$$ En intégrant cette inégalité entre~$a$ et~$b$, on obtient \begin{align*}
f(b)-f(a)&\geq(b-a)f'(a)+\frac{f'(b)-f'(a)}{b-a}\Bigl[\frac{\mathopen{(}x-a\mathclose{)}^{2}}{2}\Bigr]_{a}^{b}\\
&\geq(b-a)f'(a)+(b-a)\frac{f'(b)-f'(a)}{2}\\
&\geq(b-a)\frac{f'(a)+f'(b)}{2}\cdotp
\end{align*}

fonctionminor

Dans le post d'eggorofski, il y a deux points que je ne comprends pas
A quelle fonction applique-t-il l'inégalité de Jensen. J'ai pris $1/x$, mais je n'arrive pas à l'appliquer

Est-il possible de détailler les constantes $\theta$ et $C$ en fonction de $a$ et $b$ ?

Merci

egoroffski

Salut,

Je réponds dans le désordre : pour $C$ et $\theta$, tu pars de $$ \forall x \in [a,b], g(x) \geq \frac{b-x}{a-b}g(a) + \frac{x-a}{b-a}g(b) $$ qui est une minoration de $g$ par une fonction affine de $x$ ; tu peux donc l'écrire sous la forme $g(x) \geq \theta x + \gamma$, et je te laisse exprimer $\theta$ et $\gamma$. Ensuite tu poses $C=e^{\gamma}$.

Quant à l'inégalité de Jensen je l'applique effectivement à la fonction $x \mapsto 1/x$ et à la mesure uniforme sur $[u,v]$, c'est-à-dire $(v-u)^{-1} 1_{[u,v]}(x) \, dx$.

fonctionminor0

Pour l'inégalité de Jensen, j'ai pris $g(w)=w$, et $\varphi(x)=\dfrac{1}{x}$ dans l'inégalité $$\varphi\Big(\int_{\Omega} g d\mu\Big)\leq \int_{\Omega} \varphi(g)d\mu$$ pour $\varphi$ fonction convexe et $g$ $\mu$-intégrable.
Mais j'obtiens l'inégalité inverse.
Peux-tu détailler egorrofski pour l'utilisation de Jensen
Merci

Eric

Oooops

fonctionminor

par rapport à ma remarque d'hier, Y'a-t-il une faute ?

fonctionminor

Bonjour

il y a plusieurs jours, j'ai fait remarquer une possible faute dans le raisonnement d'egoroffski, mais personne ne m'a corrigé ou confirmé.

Dans l'inégalité de Jensen telle que je l'ai rappellée, j'ai précisé ce que j'ai pour $\varphi$ et $g$, mais je n'arrive pas à obtenir l'inégalité d'egoroffski

S'il vous plaît, pouvez-vous m'aider ?

Merci

fonction

Bonjour

quelqu'un peut-il m'aider après plusieurs jours d'attente ?

merci d'avance

egoroffski

Bonjour Fonction(minor),

Désolé pour le retard de réponse, je n'avais pas vu ta relance. Je viens de relire ce que j'avais écrit et il semble en effet qu'il y ait un bug dans mon application de Jensen, comme tu l'as vu l'inégalité est dans le mauvais sens. Merci d'avoir vu ça, et bravo pour ta détermination et ta patience

Pour l'instant je n'ai pas le temps de chercher une rustine pour ma démonstration, mais je pense que la ligne est sauvable. En attendant tu peux étudier les solutions (correctes il me semble, mais je ne suis plus sûr de rien) de Kelenner et de Discret. En tous cas je ne méritais vraiment pas les félicitations de dernier :-(

Merci encore,
eg.

Eric

La solution de Kelenner est en fait celle publiée dans la référence donnée par discret.