fonction convexe, inégalité

Soit $f: [0,1] \to \mathbb{R}$ -continue et convexe. Prouver que
$\frac{2}{5} \int_0^1 f(x)dx + \frac{2}{3} \int_0^{\frac{3}{5}}f(x)dx \geq \int_0^{\frac{4}{5}} f(x)dx$.

Réponses

  • Bonjour!
    Une bonne approche en cas de convexite (concavite) est de traduire ton integrale en limite de somme de Riemman. Ca a l'air d'etre ca, mais je n'arrive pas à finir le calcul...

    amicalement :)
  • Pourtant c'était la bonne idée...
    Soit $u_n,v_n,w_n$ définis par : $$u_n=\frac{2}{5}\times\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n f(\frac{k}{n})$$ $$v_n=\frac{2}{3}\times\frac{3}{5n}\sum_{k=1}^n f(\frac{3k}{5n})$$ $$w_n=\frac{4}{5n}\sum_{k=1}^n f(\frac{4k}{5n})$$

    On a $\forall k \in [1,n], f(\frac{k}{n})+f(\frac{3k}{5n})\geq 2 f(\frac{4k}{5n})$ du fait de la convexité de $f$. Par conséquent : $$u_n+v_n=\frac{2}{5n}\sum_{k=1}^n f(\frac{k}{n})+f(\frac{3k}{5n}) \geq \frac{4}{5n}\sum_{k=1}^n f(\frac{4k}{5n})=w_n$$
    Ensuite, on passe à la limite lorsque $n\rightarrow +\infty$ et on obtient l'inégalité voulue.
  • Merci beacoup
    Yauhen
  • Bonjour!
    Oui desole je me suis emmelle les pinceaux sur mon brouillon parce que j'avais garde le signe somme... enfin bref je savais que l'idee etait dans le coin...

    amicalement :)
  • Bonjour,
    Il me semble que l'on peut traiter le problème plus simplement, sans remonter à la définition de l'intégrale, ni passage à la limite.

    On désigne par S_1(f), S_2(f) et S_3(f) les sommes de f(x) sur les segments (0,3/5), (3/5, 4/5) et (4/5, 1)

    Le problème revient à montrer que, si f est convexe, alors :
    H(f) = 2(S_1(f)+S_2(f)+S_3(f)/5 + 2S_1(f)/3 - (S_1(f)+S_2(f)) >=0

    H= (S_1)/15 - 3(S_2)/5 + 2(S_3)/5

    On remarque d'abord que si g est une fonction affine g(x) = ax+b, alors :
    H(g) = 0

    On désigne par y(x) la fonction affine
    y(x) = f(3/5) + 5(f(4/5)-f(3/5))(x-3/5)
    Comme f(x) est convexe, (f(x) - y(x)) est >=0 sur les segments S_1 et S_3 et =<0 sur le segment S_2. Donc S_1(f-y) >=0 , S_2(f-y) >=0 et S_3(f-y) =<0

    On a alors :
    H(f) = H(f) - H(y) = H(f-y) = (S_1(f-y))/15 - 3(S_2(f-y))/5 + 2(S_3(f-y))/5
    H(f ) est >=0 car chacun de ses 3 termes est >=0 .
  • Je ne suis pas vraiment convaincu par le fait que c'est plus simple... mais c'est néanmoins très intéressant voire même élégant.
  • Bonjour,
    A l'attention de bisam
    A chacun sa conception de la simplicité.
    Pour moi, un passage à la limite est toujours un élément de complexité, toujours délicat à établir avec rigueur.
  • Idée : utiliser un changement de variable affine pour ramener toutes les intégrales à [0,1].
  • Ca, c'est VRAIMENT plus simple !
    Ca reprend mon argument (enfin, celui de racinedecheveux)... mais il est inutile de passer à la limite...
  • Bonjour
    dSP propose comme idée d'approche, d' "utiliser un changement de variable affine pour ramener toutes les intégrales à (0, 1)".
    bisam trouve que "ça, c'est VRAIMENT plus simple" et que "ça reprend son argument ...".

    Simple détail : je suis curieux de voir comment l'idée de dSP aboutit à la solution du problème ?
  • On est ramené à prouver l'inégalité
    $\frac{2}{5}\int_0^1f(x)dx+\frac{2}{5}\int_0^1f\bigl(\frac{3x}{5}\bigr)dx
    \geq \frac{4}{5}\int_0^1f\bigl(\frac{4x}{5}\bigr)dx$,
    qui découle immédiatement de l'inégalité de convexité
    $\forall x \in [0,1], \; f\bigl(\frac{4x}{5}\bigr) \leq \frac{f(x)+f\bigl(\frac{3x}{5}\bigr)}{2}$
  • Bonjour
    Pour dSP : OK. C'est une solution vraiment simple.
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