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Inégalité de Young

Posté par
superjuju45 23-09-20 à 21:18

Bonjour, je bloque sur la 2ème question de l'exercice suivant :

Soit f : [0 ; +\propto[\rightarrow R une fonction continue strictement croissante telle que f(0)=0. On suppose de plus que f est dérivable sur [0;+\propto [.
a) Montrer que pour tout x0, on a

\int_{0}^{x}{f(t)dt}+\int_{0}^{f(x)}{f^{-1}(t)dt} =xf(x)

b) En déduire que pour tout a0 et b [0, f(a)], on a

ab\leq \int_{0}^{a}{f(t)dt}+\int_{0}^{b}{f^{-1}(t)dt}
et que l'égalité a lieu si et seulement si b=f(a)

c) Soient p,q tels que p,q>1 et \frac{1}{p}+\frac{1}{q}=1. Retrouver l'inégalité de Hölder classique suivante suivante :

a,b\geq 0, ab\leq \frac{a^p}{p}+\frac{b^q}{q}
avec égalité si et seulement si ap=bq.

Pour la a) : x0

xf(x)=\int_{0}^{x}{\frac{d}{dt}(tf(t)dt)} \\ =\int_{0}^{x}{(f(t)+tf'(t))dt} \\ =\int_{0}^{x}{f(t)dt}+\int_{0}^{x}{tf'(t)dt}
on fait le changement de variables :
u=f(t);du=f'(t)dt;t=f^{-1}(u); \\ xf(x)=\int_{0}^{x}{f(t)dt}+\int_{f(0)=0}^{f(x)}{f^{-1}(u)du}

Pour la b) j'ai remarqué que b=f(a) :

ab=af(a)=\int_{0}^{a}{f(t)dt}+\int_{0}^{b=f(a)}{f^{-1}(t)dt}
d'après a) (et c'est tout, je n'ai pas trouvé la réciproque) et pour la c), j'ai cherché une fonction qui pourrait posséder les propriétés de l'énconcé (en admettant b)) mais je n'ai pas trouvé de fonction munie de sa réciproque qui permette de trouver l'égalité recherchée.

Merci d'avance pour votre aide

Posté par
XZ19re : Inégalité de Young 24-09-20 à 09:24

Bonjour
pour le 2)   tu peux considérer chaque membre comme une fonction de b.  Alors tu dérives  et la comparaison  des dérivées va surement  te conduire au résultat.

3)  pour le 3) c'est clair qu'il faut prendre f(t)=t^{p-1}

Posté par
GBZMre : Inégalité de Young 24-09-20 à 09:55

Bonjour,

Un petit dessin pour aider à mieux saisir la situation :

Inégalité de Young

Posté par
archaicre : Inégalité de Young 24-09-20 à 12:58

Si tu transforme b\in[0,f(a)] en inégalité, ça donne quoi?
Sachant que a\geq0, que peux tu faire avec cette inégalité?

Posté par
archaicre : Inégalité de Young 24-09-20 à 13:03

archaic @ 24-09-2020 à 12:58

Si tu transforme b\in[0,f(a)] en inégalité, ça donne quoi?
Sachant que a\geq0, que peux tu faire avec cette inégalité?

J'avais mal vu l'intégrale, désolé!

Posté par
archaicre : Inégalité de Young 24-09-20 à 14:16

XZ19 @ 24-09-2020 à 09:24

Bonjour
pour le 2)   tu peux considérer chaque membre comme une fonction de b.  Alors tu dérives  et la comparaison  des dérivées va surement  te conduire au résultat.

3)  pour le 3) c'est clair qu'il faut prendre f(t)=t^{p-1}

tu es sûr? ça ne marche pas pour \frac{b^q}{q}.

Posté par
GBZMre : Inégalité de Young 24-09-20 à 14:19

Et pourquoi ça ne "marcherait pas" ?

Posté par
superjuju45re : Inégalité de Young 24-09-20 à 15:29

Merci pour votre aide XZ19 et GBZM vous m'avez bien débloqué.

Pour la b) :

Soit \begin{matrix} g : b|->ab\\ [0;f(a)]\rightarrow [0;af(a)] \end{matrix} et
\begin{matrix} h : b|->\int_{0}^{a}{f(t)dt+\int_{0}^{b}{f^{-1}(t)dt}}\\ [0;f(a)]\rightarrow R \end{matrix}
b[0;f(a)] ga'(b)=a et ha'(b)=f-1(b)
or bf(a) <=> f-1(b)a (par croissance de f)
donc ga'(b)ha'(b)
(g-h)a'(b)0
donc g-h est croissante sur [0;f(a)]
De plus, g_a(f(a))-h_a(f(a))=af(a)-(\int_{0}^{a}{f(t)dt}+\int_{0}^{f(a)}{f^{-1}(t)dt}) (d'après la question précédente)
=0

donc b\in [0 ; f(a)],
ga(b)-ha(b)0

d'où ab\leq \int_{0}^{a}{f(t)dt}+\int_{0}^{b}{f^{-1}(t)dt}

cependant, c'est peut-être un problème de rédaction mais vu que (g-h)a n'est que croissante (croissance large) je ne peux pas utiliser le théorème des valeurs intermédiaires pour trouver l'unicité de f(a) comme 0 de la fonction (c'est le seul point où je bloque encore).

Pour la c), j'avais pensé à f(t)=tp-1 mais je voyait pas comment montrer que f-1(t)=tq-1 mais je me suis repenché dessus et j'ai trouvé :

Si f(t) = t^{p-1}, f^{-1}(t)=t^{\frac{1}{p-1}}, or
\frac{1}{p}+\frac{1}{q}=1 \\ \Leftrightarrow \frac{1}{p}=1-\frac{1}{q} \\ =\frac{q-1}{q} \\ \Leftrightarrow p=\frac{q}{q-1} \\ \Leftrightarrow p-1=\frac{q-(q-1)}{q-1} \\ =\frac{1}{q-1} \\ \Leftrightarrow \frac{1}{p-1}=q-1
donc, ab\leq \int_{0}^{a}{f(t)dt}+\int_{0}^{b}{f^{-1}(t)dt} (d'après b))
\leq \int_{0}^{a}{t^{p-1}dt}+\int_{0}^{b}{t^{q-1}dt}
d'où,
ab\leq \frac{a^p}{p}+\frac{b^p}{p} (car f(t)=tp-1 vérifie les conditions de l'énoncé)

Posté par
GBZMre : Inégalité de Young 24-09-20 à 16:35

J'ai refait un dessin pour le cas b < f(a). J'espère que ça t'aidera à voir ce qui déborde du rectangle de côtés a et b.

Inégalité de Young

Posté par
superjuju45re : Inégalité de Young 24-09-20 à 17:14

Avec la nouvelle indication je trouve :

->déjà "le morceau qui dépasse" vaut : af(a)-ab-\int_{b}^{f(a)}{f^{-1}(t)dt} donc,

\int_{0}^{a}{f(t)dt}+\int_{0}^{b}{f^{-1}(t)dt}=af(a)-\int_{b}^{(f(a)}{f^{-1}(t)dt} \\ =\int_{0}^{a}{f(t)dt}+\int_{0}^{f(a)}{f^{-1}(t)dt-\int_{b}^{f(a)}{f^{-1}(t)dt}}
(d'après a) appliqué à x=a) et en effet là le deuxième terme se simplifie à gauche et à droite si et seulement si b=f(a) (les premiers termes se simplifient aussi) et on a l'égalité si et seulement si b=f(a). Mais ...
Comment on montre rigoureusement la valeur du "morceau qui dépasse" ?

Posté par
GBZMre : Inégalité de Young 24-09-20 à 17:33

Au vu du dessin,  j'écrirai plutôt le morceau qui dépasse comme

\\ \large \int_{f^{-1}(b)}^a (f(t)-b)\,\mathrm d t

Je te laisse écrire le produit ab comme somme de deux intégrales de 0 à b et de 0 à f^{-1}(b) respectivement, plus l'aire d'un rectangle.

Posté par
superjuju45re : Inégalité de Young 24-09-20 à 17:58

Ah, je crois que j'ai trouvé, est ce que je peux dire : "
ab= bf^{-1}(b)+b(a-f^{-1}(b)) \\ =\int_{0}^{b}{f^{-1}(t)dt}+\int_{0}^{f^{-1}(b)}{f(t)dt}+b(a-f^{-1}(b))
dernière ligne que j'ai trouvé avec l'indication (et qui semble pouvoir s'obtenir avec a) et ce que j'ai écrit avant)" ? et on pourrait en déduire le résultat

Posté par
GBZMre : Inégalité de Young 24-09-20 à 18:10

Oui, tu y es.

Posté par
superjuju45re : Inégalité de Young 24-09-20 à 18:14

Encore merci pour l'aide (merci aussi à XZ19)

Posté par
GBZMre : Inégalité de Young 24-09-20 à 18:19

Avec plaisir.


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