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Inégalités pour fonctions à deux variables

Posté par
Kiby 30-09-23 à 20:27

Bonjour tout le monde,
J'aimerais  que quelqu'un m'aide par rapport à cette inégalité que je  cherche à montrer  depuis  six  heures.
Pour
$\phi(\cdot,\cdot)$ defini $(0,\infty)\times (0,\infty) $ par
\[
\phi(\vartheta,\mu):= \biggl (\frac{ 1-e^{-\vartheta}}{\vartheta} \biggl)^2+(e^{-\mu}-e^{-\vartheta})\biggl (\frac{ 1-e^{-\mu}}{\mu} \biggl)
-\biggl (\frac{1-e^{-\mu}}{\mu} \biggl)^2  ,\;\forall \vartheta, \mu >0,
\]
si $\vartheta < \mu \Longrightarrow \phi(\vartheta,\mu)> 0$ et
si $\vartheta > \mu \Longrightarrow \phi(\vartheta,\mu) < 0.
J'ai d'abord regardé le cas $\vartheta = \mu $ qui donne $\phi(\vartheta,\mu)= 0$.  J'ai ensuite considéré la fonction $g$ définie par $g(x)=\frac{1-e^{-\mu}}{\mu} $ sur $ (0,\infty) $ qui est décroissante sur  $ (0,\infty) $ et à valeurs dans $ (0, 1)$ (après une étude) puis ai écrit $\phi(\vartheta,\mu)=(g(\vartheta))^2+v \times g(\vartheta) g(\mu)-(\mu+1)(g(\mu))^2$. Finalement, je me suis ramené à montrer que si $\vartheta < \mu \Longrightarrow (g(\vartheta))^2+v \times g(\vartheta) g(\mu)-(\mu+1)(g(\mu))^2> 0$..
La fonction  $g$ étant  décroissante et  à valeurs dans $ (0, 1)$, j'ai voulu montrer l'inégalité ci-dessus en utilisant des inégalités classiques mais sans succès...

En espéant avoir une indication ou réponse, portez vous bien.

Posté par
malou Webmasterre : Inégalités pour fonctions à deux variables 30-09-23 à 20:57

Bonsoir et bienvenue
ici, on n'utilise pas les$ mais les balises Ltx visibles sous ta zone d'écriture
Inégalités pour fonctions à deux variables

ensuite tu peux te vérifier en faisant "aperçu" avant de poster
Merci

Posté par
Kibyre : Inégalités pour fonctions à deux variables 02-10-23 à 22:26

Bonjour chers membres et merci pour l'utilisation des balises latex sur ce forum.

Je cherche à montrer les deux  inégalités ci-après  :
si \vartheta < \mu \Longrightarrow \phi(\vartheta,\mu)> 0 et si \vartheta > \mu \Longrightarrow \phi(\vartheta,\mu) < 0,
pour
\phi(\cdot,\cdot)$ defini $(0,\infty)\times (0,\infty)
par
\phi(\vartheta,\mu):= \biggl (\frac{ 1-e^{-\vartheta}}{\vartheta} \biggl)^2+(e^{-\mu}-e^{-\vartheta})\biggl (\frac{ 1-e^{-\mu}}{\mu} \biggl) \\ -\biggl (\frac{1-e^{-\mu}}{\mu} \biggl)^2  ,\;\forall \vartheta, \mu >0.
J'ai d'abord regardé le cas \vartheta = \mu qui donne \phi(\vartheta,\mu)= 0.  J'ai ensuite considéré la fonctiong définie par g(x)=\frac{1-e^{-\mu}}{\mu} $ sur $ (0,\infty)  qui est décroiss ante sur (0,\infty)    et à valeurs dans (0, 1) (après une étude) puis ai écrit \phi(\vartheta,\mu)=(g(\vartheta))^2+v \times g(\vartheta) g(\mu)-(\mu+1)(g(\mu))^2 . Finalement, je me suis ramené à montrer que si \vartheta < \mu \Longrightarrow (g(\vartheta))^2+v \times g(\vartheta) g(\mu)-(\mu+1)(g(\mu))^2> 0 pour la première inégalité.
La fonction  g étant  décroissante et  à valeurs dans (0, 1), j'ai voulu montrer l'inégalité ci-dessus en utilisant des inégalités classiques mais sans succès...

En espéant avoir une indication ou réponse, portez vous bien.

Posté par
Kibyre : Inégalités pour fonctions à deux variables 04-10-23 à 20:13

Bonjour à tous,

Dans mon poste ci-dessus, c'est bien,
g(x)=\frac{1-e^{-x}}{x} $ sur $ (0,\infty) .
Merci.

Posté par
carpediemre : Inégalités pour fonctions à deux variables 04-10-23 à 20:43

salut

déjà ces lettres grecs c'est pénible (d'autant plus que tu fais des mélanges de variables) et c'est encore plus pénible à écrire en LaTeX donc simplifions !!

tu veux montrer avec x et y strictement positifs que :

si x < y alors f(x, y) > 0
si x > y alors f(x, y) > 0

avec f(x, y) = \left( \dfrac {1 - e^{-x}} x \right)^2 + (e^{-y} - e^{-x}) \dfrac {1 - e^{-y}} y - \left( \dfrac {1 - e^{-y}} y \right)^2

en considérant ta fonction g on en déduit que :  f(x, y) = [g(x)]^2 + [xg(x) - y(g(y)] g(y) - [g(y)]^2 = [g(x)]^2 + xg(x)g(y) - (1 + y)[g(y)]^2

donc -4(1 + y)f(x, y) = 4(1 + y)^2[g(y)]^2 - 4 xg(x)(1 + y)g(y) - 4(1 + y)[g(x)]^2 = \left[2(1 + y)g(y) - xg(x) \right]^2 - [xg(x)]^2 - 4(1 + y)[g(x)]^2 = \left[2(1 + y)g(y) - xg(x) \right]^2 - [g(x)]^2[x^2 - 4(1 + y)]

il reste alors à étudier le signe de h(x, y) = x^2 - 4(1 + y) (relativement élémentaire !!)

h(x, y) < 0 => -4(1 + y)f(x, y) est une somme de deux carrés : le signe de f(x, y) se déduit alors du signe de 1 + y
h(x, y) > 0 => -4(1 + y)f(x, y) est une différence de deux carrés et donc se factorise ... mézalor ce n'est pas encore fini !!



en espérant ne pas avoir fais d'erreur en te lisant

Posté par
carpediemre : Inégalités pour fonctions à deux variables 04-10-23 à 20:59

peut-être est-ce plus simple "dans l'autre sens" :

4f(x, y) = 4[g(x)]^2 + 4xg(x)g(y) - 4(1 + y)[g(y)]^2 = [2g(x) + xg(y)]^2 - [g(y)]^2[x^2 + 4(1 + y)]

ce qui montre que j'ai fait une erreur de signe dans mon post précédent : h(x, y) = x^2 + 4(1 + y) qui est positif par hypothèse sur x et y

donc f(x, y) = \left[ 2g(x) + g(y) \left( x + \sqrt {h(x, y)} \right) \right] \left[ 2g(x) - g(y) \left( x + \sqrt {h(x, y) } \right) \right]

il suffit d'étudier le signe de chaque facteur ... ce qui n'est pas encore gagné !!


et je ne vois rien de bien simple : dans quel contexte t'est posée cette question ?

Posté par
Kibyre : Inégalités pour fonctions à deux variables 05-10-23 à 16:27

Bonjour et merci carpediem de ta réponse,

Les deux  inégalités sont obtenues en cherchant à caractériser deux  lois de probabilités.

La recherche du  signe du second facteur devra faire intervenir les propriétés de la fonction g.

Encore merci et je continue...




Posté par
carpediemre : Inégalités pour fonctions à deux variables 05-10-23 à 17:26

de rien car il reste encore du boulot pour déterminer le signe de ce deuxième facteur

le premier l'est car g est positive sur ]0, +oo[

bon courage

Posté par
Kibyre : Inégalités pour fonctions à deux variables 06-10-23 à 20:56

Bonjour et merci.

Nous sommes en phase.
Bon week end.

Posté par
Kibyre : Inégalités pour fonctions à deux variables 12-10-23 à 18:25

Bonjou chers tous,
On a
0<x < y   ,
2g(x)+ \biggl (x-\sqrt{h(x,y)}  \biggl ) g(y) >0 & \Longleftrightarrow 2g(x)+ \\ x\biggl (1-\sqrt{\frac{h(x,y)}{x^2}}  \biggl ) g(y) >0 \\ \\ & \Longleftrightarrow \frac{2}{x}g(x)+ \\ \biggl (1-\sqrt{\frac{h(x,y)}{x^2}}  \biggl ) g(y) >0.
Il vient que nous devons distinguer les trois cas suivants : case(1): y > x=2,
case(2):  0<x<2 and   x< y   case(3):  2<x < y  

Pour le premier  cas (1): y > x=2; , il faut montrer que l'inégalité  
g(2)+ \biggl (1-\sqrt{2+y }  \biggl ) g(y ) >0,

est vraie g(x)=(1-e^{-x})/x,\; x>0.
Est ce que quelqu'un aurait une idée pour ce premier cas. J'ai fait une étude de la fonction g qui montre qu'elle est décroissante sur (0,\infty) à valeurs dans (0,1). De plus, elle y  est convexe.
En espérant avoir une réponse (ou indication), portez vous bien.

Posté par
carpediemre : Inégalités pour fonctions à deux variables 12-10-23 à 19:52

il me semble que tu as fais une erreur de signe dans la grande parenthèse : c'est un + (d'après mon post de 20h59)

Posté par
Kibyre : Inégalités pour fonctions à deux variables 13-10-23 à 19:01

Bonjour Carpediem,

En vérifiant les calculs, I me semble que l'erreur de signe est plutôt présente dans votre post  (de 20h59).
Bien merci.

Posté par
carpediemre : Inégalités pour fonctions à deux variables 13-10-23 à 19:36

4f(x, y) = 4[g(x)]^2 + 4xg(x)g(y) - 4(1 + y)[g(y)]^2 {\red = [2g(x) + xg(y)]^2 - x^2[g(y)]^2 - 4(1 + y)[g(y)]^2 } = [2g(x) + xg(y)]^2 - [g(y)]^2[x^2 + 4(1 + y)]

j'ai donc bien corrigé mon erreur de 20h43 à 20h59 ...

enfin je ne calcule pas la même chose :

à 20h43 je calcule -4(1 + y)f(x,y)
à 20h49 je calcule 4f(x, y) plus simplement

mais bon je ne vais pas refaire tous les calculs en détail ...


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