Approximation convexe d'une f° croissante

Tu peux prendre l'enveloppe convexe de $f$ et regarder les intervalles où elle est strictement inférieure à $f$.

Oups, j'ai dit effectivement une bêtise plus haut. Reprenons.

On peut approximer $f$ par des fonctions croissantes continues positives. On peut donc se ramener au cas où $f$ est continue.

L'ouvert $\{g<f\}$ est une réunion dénombrable d'intervalles ouverts sur lesquels l'inégalité est vraie. Sur le complémentaire, on a $f=g$ donc l'inégalité est vraie globalement.

Ce n'est pas un peu cavalier, comme argument ?

En norme $L^1$, oeuf corse.

On peut approximer $f$ en norme $L^1$ par $f_n$ continues croissantes telles que $f_n\le f$. On a $g_n$ convexe telle que $g_n\le f_n\le f$ et $\int g\ge \int g_n\ge \frac{1}{2}\int f_n$, donc $\int g\ge \frac{1}{2}\int f$.

Bon, puisque tu ne joues plus au jeu du prouveur-sceptique, je n'ai pas trouvé de moyen vraiment élégant de le faire sinon prendre à part la partie sauts de $f$ et approcher chaque saut par en dessous par une fonction affine par morceaux. Reste à montrer que cette approximation est bien continue quand il y a une infinité de sauts...

Bon, reprenons calmement. La fonction $f$ étant croissante, il est bien connu qu'elle est réglée, c'est-à-dire limite uniforme d'une suite $(f_n)$ de fonctions en escalier.

Quitte à remplacer $f_n$ par $f_n-||f-f_n||$, on peut supposer $f_n\le f$.

Quitte à remplacer $f_n$ par $\max(f_n,0)$, on peut supposer $f_n\ge 0$.

Quitte à remplacer $f_n(x)$ par $\max_{y\le x}f_n(y)$, on peut supposer $f_n$ croissante.

Pour plus de commodité, on prolonge $f_n$ à $]-\infty,1]$ en posant $f_n(x)=f_n(0)$ si $x\le 0$.

Notons $g$ (resp. $g_n$) la plus grande fonction convexe $\le f$ (resp. $\le f_n$). L'existence de ces fonctions est garantie par le fait qu'un sup de fonctions convexes est convexe.

On montre sans trop de peine que $g_n$ est une fonction affine par morceaux. Si $[u,v]$ est un segment maximal tel que $(g_n)_{|]u,v[}$ est affine (N.B. je fais attention aux bords), alors $g_n(u)=f_n(u,-)$ et $g_n(v)=f_n(v,-)$, donc
$$\int_{[u,v]}f_n\le (v-u)f_n(v,-)= (v-u)g_n(v)\le 2\int_{[u,v]}g_n.$$
On en déduit que
$$2\int_{[0,1]}g\ge 2\int_{[0,1]}g_n \ge \int_{[0,1]}f_n \ge \int_{[0,1]}f -||f_n-f||.$$
En faisant $n\to \infty$, on obtient l'inégalité désirée.

Bonjour, ok pour la preuve, mais on peut rédiger d'une manière plus élémentaire et explicite :

Notons $H$ la fonction de Heaviside, $=1$ pour $x\geq0$ et $0$ pour $x<0$ et $V(x) = x H(x) = \max(x,0)$.

Soit $f$ positive croissante, soit $N\geq1$ et posons $\delta_j = f(\frac jN) - f(\frac{j-1}N)$ pour $1\leq j \leq N$, puis \[ f_N(x) = f(0) + \delta_1 H\Big(x - \frac 1 N\Big) + \delta_2 H\Big(x - \frac 2 N\Big) + \dotsb + \delta_{N-1} H\Big(x - \frac{N-1}N\Big)\] La fonction $f_N$ est positive croissante majorée par $f$. Et $\int_0^1 f(u)\,du - \int_0^1 f_N(u)\,du \leq \frac1N(f(1) - f(0))$ (inégalité de la preuve habituelle de l'intégrabilité au sens de Riemann des fonctions croissantes).

Définissons alors la combinaison linéaire à coefficients positifs de fonctions convexes \[\begin{split} g_N(x) = f(0) + \delta_1\Big(1-\frac 1 N\Big)^{-1} V\Big(x- \frac 1 N\Big) &+ \delta_2\Big(1-\frac 2 N\Big)^{-1} V\Big(x-\frac 2 N\Big) \\ &+ \dotsb + \delta_{N-1} N V\Big(x- \frac{N-1}N\Big)\end{split}\]
Elle est convexe et vérifie $g_N(x) \leq f_N(x)$ (donc $g_N(x) \leq f(x)$) pour tout $x$. On a \begin{align*} \int_0^1 g_N(u)\,du &= f(0) + \frac 1 2\delta_1 \Big(1 - \frac 1 N\Big) + \frac 1 2\delta_2 \Big(1 - \frac 2 N\Big) + \dotsb +\frac 1 2 \delta_{N-1} \frac 1 N\\
\int_0^1 f_N(u)\,du &= f(0) + \delta_1 \Big(1 - \frac 1 N\Big) + \delta_2 \Big(1 - \frac 2 N\Big) + \dotsb +\delta_{N-1} \frac 1 N \\
\intertext{donc}
\int_0^1 f(u)\,du &\leq 2(\int_0^1 g_N(u)\,du - f(0)) + f(0) + \frac1N\big(f(1) - f(0)\big)\\
\int_0^1 g_N(u)\,du &\geq \frac 1 2\int_0^1 f(u)\,du + \frac 1 2 f(0)-\frac 1{2N}(f(1)-f(0))
\end{align*}
Si on note $g = \sup_N g_N$, c'est une fonction convexe positive majorée par $f$ et $\int_0^1 g(u)\,du \geq \frac 1 2\int_0^1 f(u)\,du + \frac 1 2 f(0)$.

[Corrigé selon ton indication. AD]

Oui, mais à ce moment-là, on reprend mon idée de dire que $f=f_c+f_s$ où $f_c$ est continue et $f_s=\sum_{k}\delta_kH(x-x_k)$, $\delta_k\ge 0$ et on pose $f_n=f_c+\sum_{k=0}^n\delta_kH_n(x-x_k)$ où $H_n(t)=0$ pour $t\le 0$, $1$ pour $t>\min(|x_i-x_j|,i,j\le n,2^{-n})$ et affine sinon.

re-bonjour,
je dois aller à un RDV et je n'ai pas le temps de vérifier, mais il est possible que la formule suivante donne une solution:
\[ g(x) = (1-x)f(0) + (1-x)\int_0^x \frac{f(u)}{(1-u)^2}\,du\qquad (x<1)\]
et $g(1) = f(1)$. C'est motivé par ma méthode précédente, mais je n'ai pas le temps de vérifier que je n'ai pas fait d'erreur.

@JLT: oui j'avais fait pareil pour obtenir
\[ g(x) = (1-x)f(0) + (1-x)\int_0^x \frac{f(u)}{(1-u)^2}\,du\qquad (x<1)\]
Pour la valeur de $g(1)$ on peut prendre $f(1)$ mais c'est plus joli avec $f(1^-)$ de sorte que $g$ est continue sur $[0,1]$.
Une fois la formule écrite on peut vérifier qu'elle marche en re-discrétisant, ou encore ainsi: \[g(x)\leq (1-x)f(0) + (1-x)f(x)(\frac1{1-x}-1) = f(x)-(1-x)(f(x)-f(0))\leq f(x)\] Puis, la fonction croissante $f$ admet en tout point une limite à droite et une limite à gauche, et donc $g$ admet une dérivée à droite ($0\leq x< 1$) et une à gauche ($0<x<1$), et:
\[ g'(x^\pm) = -f(0)-\int_0^x \frac{f(u)}{(1-u)^2}\,du +\frac1{1-x} f(x^\pm)\]
Donc $g'(x^-)\leq g'(x^+)$ (pour $0<x<1$) et, pour $0\leq x < y < 1$,
\[ g'(y^-)-g'(x^+) = -\int_x^y \frac{f(u)}{(1-u)^2}\,du+\frac1{1-y} f(y^-)-\frac1{1-x} f(x^+)\]
\[ g'(y^-)-g'(x^+) = \int_x^y \frac{f(y^-)-f(u)}{(1-u)^2}\,du + \frac{f(y^-) -f(x^+)}{1-x}\geq0\]
Donc $g$ est convexe sur $[0,1[$ et donc convexe sur $[0,1]$ (que l'on prenne $f(1^-)$ ou $f(1)$ comme valeur en $1$). Finalement par Fubini on obtient
\[ \int_0^1 g(x)\,dx = \frac12 f(0) + \iint_{0\leq u \leq x\leq 1} f(u)\frac{1-x}{(1-u)^2}\,dudx = \frac12(f(0) + \int_0^1 f(u)\,du)\]

Bonjour,
Cette belle solution soulève une question : la fonction définie par gottfried est-elle exactement l'enveloppe convexe de f ?

Exact, mille excuses !