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Jensen bis (remise au clair)

Posté par
H_aldnoer 13-10-08 à 15:19

Bonjour,


alors voici une autre application de Jensen, pour Fradel et carpediem, avec qui j'ai saisi le "truc".

i) Pour tout borélien \Large A de \Large \bb R, montrez que l'on définit une mesure positive en posant \Large \mu(A):=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\Bigint_Af(t)exp(-\frac{t^2^}{2})dt=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\Bigint_{\mathbb{R}}\mathbb{1}_A(t){f(t)exp(-\frac{t^2^}{2})dt.

ii) Calculez \Large\mu(\mathbb{R}).

iii) Vérifiez que \Large \Bigint_{\mathbb{R}}(ln(|t|)exp(-\frac{t^2}{2})dt\le\sqrt{\frac{\pi}{2}}ln(\frac{2}{\pi}).


Mes réponses.
i) Bon, ici par de souci;
On a \Large \mu(\empty):=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\Bigint_{\mathbb{R}}\mathbb{1}_{\empty}(t){f(t)exp(-\frac{t^2^}{2})dt=0.
Ensuite, on a \Large \mu(\Bigcup_{k\ge 1}A_k)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\Bigint_{\mathbb{R}}\mathbb{1}_{\Bigcup_{k\ge 1}A_k}(t){f(t)exp(-\frac{t^2^}{2})dt=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\Bigint_{\mathbb{R}}\Bigsum_{k\ge 1}\mathbb{1}_{A_k}(t){f(t)exp(-\frac{t^2^}{2})dt. On justifie l'interversion série-intégrale par Beppo-Lévi, et l'on obtient le résultat escompté.


ii) On a \Large \mu(\mathbb{R}):=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\Bigint_{\mathbb{R}}f(t)exp(-\frac{t^2^}{2})dt. En prenant \Large f, la fonction constamment égale à 1, on a alors \Large \Bigint_{\mathbb{R}}f(t)exp(-\frac{t^2^}{2})dt=\Bigint_{\mathbb{R}}exp(-\frac{t^2^}{2})dt=\sqrt{2\pi} et par suite \Large\mu(\mathbb{R})=1.

iii) Pourvu que l'on prenne pour \Large f la fonction constamment égale à 1, on a un espace normalisé, et on peut appliquer Jensen. Déterminons d'abord, pour \Large f ainsi choisi, ce qu'est \Large d \mu(t).

D'une part \Large \mu(A)=\Bigint_{\mathbb{R}}\mathbb{1}_A(t)d\mu(t) et d'autre part \Large \mu(A)=\Bigint_{\mathbb{R}}\mathbb{1}_A(t)\frac{1}{\sqrt{2\pi}}exp(-\frac{t^2^}{2})dt; c'est donc que \Large d \mu(t)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}exp(-\frac{t^2^}{2})dt.

On veut donc quelque chose du type \Large \varphi(\Bigint_{\mathbb{R}}g(t)d\mu(t))\le \Bigint_{\mathbb{R}}\varphi(g(t))d\mu(t) où \Large d \mu(t)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}exp(-\frac{t^2^}{2})dt.


En prenant pour \Large \varphi la fonction exponentielle, et pour \Large g la fonction \Large t\to ln(|t|), on a \Large exp(\Bigint_{\mathbb{R}}ln(|t|)d\mu(t)) \le \Bigint_{\mathbb{R}}|t|d\mu(t).

Par passage au logarithme dans l'inéquation, on a \Large \Bigint_{\mathbb{R}}ln(|t|)d\mu(t) \le ln(\Bigint_{\mathbb{R}}|t|d\mu(t)).

On voit que \Large \Bigint_{\mathbb{R}}ln(|t|)d\mu(t)= \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\Bigint_{\mathbb{R}}ln(|t|)exp(-\frac{t^2^}{2})dt.

Puis on voit que \Large ln(\Bigint_{\mathbb{R}}|t|d\mu(t))=ln(\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\Bigint_{\mathbb{R}}|t|exp(-\frac{t^2^}{2})dt).

Il ne reste plus qu'a montrer que \Large \sqrt{2\pi}ln(\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\Bigint_{\mathbb{R}}|t|exp(-\frac{t^2^}{2})dt) = \sqrt{\frac{\pi}{2}}ln(\frac{2}{\pi}). Et la je bloque !

Posté par
ottore : Jensen bis (remise au clair) 13-10-08 à 15:29

Salut,
ca n'a pourtant pas l'air compliqué, tu as une fonction paire à intégrer, tu la coupes en 2 et donc l'intégrale s'écrit maintenant
2\int_{R^+} texp(-t^2/2)
qui est une forme exp(f)f'

Posté par
H_aldnoerre : Jensen bis (remise au clair) 13-10-08 à 15:39

Oui, effectivement.

On a alors quelque chose du type \Large \sqrt{2\pi}ln(\frac{2}{\sqrt{2\pi}}) = \sqrt{\frac{\pi}{2}}ln(\frac{2}{\pi}).

Je ne vois pas comment passer de l'un à l'autre !

Posté par
ottore : Jensen bis (remise au clair) 13-10-08 à 15:49

En fait c'est pas égal ...

Il y'a une erreur quelque part.
L'intégrale vaut 2, je n'ai pas lu ce que tu as fait avant, ne t'es tu pas trompé quelque part ?

Posté par
H_aldnoerre : Jensen bis (remise au clair) 13-10-08 à 15:53

Il ne me semble pas. Pour la i), c'est ok. Pour la ii), on trouve 1 avec \Large f=1. Et pour la iii), j'ai bien relus, pas de souci, à priori.


As-tu vu une erreur ?

Posté par
ottore : Jensen bis (remise au clair) 13-10-08 à 15:58

As-tu vu une erreur ?

oui

Dans ton passage de la 4e à la 3e ligne en partant de la fin.

Posté par
ottore : Jensen bis (remise au clair) 13-10-08 à 15:59

oups attend non, je relis tranquillement, j'ai parlé un peu vite.

Posté par
H_aldnoerre : Jensen bis (remise au clair) 13-10-08 à 16:00

Non, toujours pas!

Posté par
ottore : Jensen bis (remise au clair) 13-10-08 à 16:01

Deja ta facon de procéder qui est mauvaise
Tu veux montrer une inégalité et tu arrives au final à vouloir montrer une égalité.
Peut etre que si tu as juste une inégalité on est content, non ?

Posté par
H_aldnoerre : Jensen bis (remise au clair) 13-10-08 à 22:21

Très honnêtement, je doute qu'il faille majorer. Il s'agit bel et bien d'une égalité.

Posté par
Fradelre : Jensen bis (remise au clair) 14-10-08 à 08:47

Salut H_aldnoer,



Tu as parfaitement pigé ce qu'il fallait faire et tu as déjà fait le plus dur.
Reste un dernier petit calcul ... niveau terminale  

Citation :
Il ne reste plus qu'a montrer que
       \Large \sqrt{2\pi}ln(\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\Bigint_{\mathbb{R}}|t|exp(-\frac{t^2^}{2})dt) =\sqrt{\frac{\pi}{2}}ln(\frac{2}{\pi})
Et la je bloque !


Comme te le conseillait otto, on va écrire :
   \Large ln(\Bigint_{\mathbb{R}}|t|d\mu(t))=ln(\sqrt{\frac{2}{\pi}}\Bigint_{\mathbb{[0,+\infty[}}t.exp(-\frac{t^2^}{2})dt)

Or la fonction
    \Large t\rightar~t.exp(-\frac{t^2^}{2}
est facilement primitivable et son intégrale sur [0,+\infty[ est égale à 1. Il s'ensuit que
    \Large ln(\Bigint_{\mathbb{R}}|t|d\mu(t))=ln(\sqrt{\frac{2}{\pi}})=\frac{1}{2}ln(\frac{2}{\pi})

En multipliant par \sqrt{2\pi}, tu dois avoir l'égalité que tu recherches  :)

Posté par
H_aldnoerre : Jensen bis (remise au clair) 14-10-08 à 13:03

Bien vu Fradel !


Parfois, les choses les plus simples sont les plus complexes


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