Exercices de MPSI

[Yoz]

@K-ter et Zetary :
Oui il me semblait que ça marchait pour n'importe quelle f strictement convexe. Je crois que ma méthode immonde marche encore en remplaçant cosh par f(x)/2 + f(-x)/2 pour f quelconque strictement convexe (mais la méthode de K-ter est infiniment mieux). Ca marche aussi pour les fonctions strictement concaves
Maintenant je me demande : est-ce une condition nécessaire ? ie soit $ f $ disons $ C^1 $ ou continue, à quelle condition a-t-on pour tous $ a, \,(x_n), \,(y_n) $ :
si $ x_n + y_n \longrightarrow 2a $ et $ f({x_n}) + f({y_n})\longrightarrow 2f(a) $, alors $ (x_n) $ et $ (y_n) $ convergent vers $ a $ ? Je n'y ai pas encore réfléchi.

[Errys]

Merci pour l'exo Zetary, je rédige ton exo en ce moment, je posterai ma solution bientôt !
J'aime beaucoup cette méthode K-Ter, j'ai quelques idées pour montrer l'implication dont tu parles :

SPOILER:

J'ai réussi à montrer que $ (x_n) $ est bornée, qu'elle a une unique valeur d'adhérence $ l $ (sinon on peut extraire une sous-suite qui converge vers l'autre valeur d'adhérence ce qui est absurde). Après je pense qu'il faut raisonner par l'absurde, en supposant que $ (x_n) $ ne converge pas vers $ a $. Ainsi, il existe $ \varepsilon $ tel que l'ensemble $ A = \{n\in\mathbb{N}, |x_n - l|\ge \varepsilon\} $ est infini. Intuitivement, c'est impossible car sinon on aurait une autre valeur d'adhérence mais je cherche encore à formaliser ! Merci pour l'exo en tout cas c'est intéressant.

[noro]

@K-ter et Zetary :
Oui il me semblait que ça marchait pour n'importe quelle f strictement convexe. Je crois que ma méthode immonde marche encore en remplaçant cosh par f(x)/2 + f(-x)/2 pour f quelconque strictement convexe (mais la méthode de K-ter est infiniment mieux). Ca marche aussi pour les fonctions strictement concaves
Maintenant je me demande : est-ce une condition nécessaire ? ie soit $ f $ disons $ C^1 $ ou continue, à quelle condition a-t-on pour tous $ a, \,(x_n), \,(y_n) $ :
si $ x_n + y_n \longrightarrow 2a $ et $ f({x_n}) + f({y_n})\longrightarrow 2f(a) $, alors $ (x_n) $ et $ (y_n) $ convergent vers $ a $ ? Je n'y ai pas encore réfléchi.

Pour moi la condition nécessaire et suffisante si $ f $ est continue est : pour tout $ x \ne y $, $ f(\frac{x+y}{2})\ne \frac{f(x)+f(y)}{2} $
Edit: faut peut être aussi que l'ensemble de départ soit un segment quand même ...

[Errys]

@Zetary, voici ma solution pour ton exercice :

SPOILER:

Si n = 0, alors $ f_n(x) = 1 $ pour tout $ x $ donc $ f_0 $ est constante et positive.
Sinon, soit $ n>0 $ et $ x\in[0, p/q] $
$ f_n(x) = \dfrac{x^n(p-qx)^n}{n!} = \dfrac{(xp-qx^2)^n}{n!} $
Ainsi, chercher les variations de $ f_n $ revient à chercher les variations de $ -qx^2+xp $. Or, c'est un polynôme de degré 2, avec comme coefficient dominant $ q > 0 $ donc $ f_n $ admet un maximum en $ \alpha = \dfrac{p}{2q} $, on a bien $ \alpha\in[0,p/q] $ donc $ f_n $ est croissante sur $ [0,\alpha] $ et décroissante sur $ [\alpha, p/q] $.

En cherchant les variations de $ f_n $, on a trouvé une majoration de $ f_n $, ce qui nous amène à poser pour tout entier $ n $:
$ M_n = f_n(\alpha) $
On a bien $ f_n(x)\le M_n $ pour tout entier $ x\in [0.p/q] $. Il reste à montrer que $ M_n\longrightarrow 0 $
On pose $ \beta = -q\alpha^2 + \alpha p $ et on a donc $ M_n = \dfrac{\beta^n}{n!} $. Ce quotient tend vers 0 : Je peux le prouver si il faut mais c'est clairement hors programme et long (méthode des rectangles en remarquant que $ n! = e^{\ln(n!)} $).
Ainsi, on peut calculer la limite de $ I_n $ en encadrant :

$ -M_n\displaystyle\int_{0}^{p/q}\sin(x)dx \le I_n \le M_n\displaystyle\int_{0}^{p/q}\sin(x)dx $
$ \iff -M_n (1-\cos(p/q))\le I_n \le M_n(1-\cos(p/q) $
Or, $ -M_n(1-\cos(p/q))\longrightarrow 0 $ et $ M_n(1-\cos(p/q))\longrightarrow 0 $. D'où $ I_n\longrightarrow 0 $

[noro]

$ M_n = \dfrac{\beta^n}{n!} $. Ce quotient tend vers 0 : Je peux le prouver si il faut mais c'est clairement hors programme et long (méthode des rectangles en remarquant que $ n! = e^{\ln(n!)} $).

il suffit de remarquer que si $ N = E(\beta) $ pour $ n > N $, $ M_n = \frac{\beta^N}{N!}\times\frac{\beta^{(n-N)}}{(N+1)(...)(n)} \leq \frac{\beta^N}{N!}\times(\frac{\beta}{(N+1)})^{(n-N)} \rightarrow 0 $ car $ \beta/(N+1) < 1 $

[Errys]

Merci, je n'y avais pas pensé.

[K-ter]

@Errys
T'es sur la bonne piste pour l'histoire des valeurs d'adhérence

@K-ter et Zetary :
Oui il me semblait que ça marchait pour n'importe quelle f strictement convexe. Je crois que ma méthode immonde marche encore en remplaçant cosh par f(x)/2 + f(-x)/2 pour f quelconque strictement convexe (mais la méthode de K-ter est infiniment mieux). Ca marche aussi pour les fonctions strictement concaves
Maintenant je me demande : est-ce une condition nécessaire ? ie soit $ f $ disons $ C^1 $ ou continue, à quelle condition a-t-on pour tous $ a, \,(x_n), \,(y_n) $ :
si $ x_n + y_n \longrightarrow 2a $ et $ f({x_n}) + f({y_n})\longrightarrow 2f(a) $, alors $ (x_n) $ et $ (y_n) $ convergent vers $ a $ ? Je n'y ai pas encore réfléchi.

Pour moi la condition nécessaire et suffisante si $ f $ est continue est : pour tout $ x \ne y $, $ f(\frac{x+y}{2})\ne \frac{f(x)+f(y)}{2} $

Dans le cas où f va de $\mathbb{R}^n\rightarrow \mathbb{R} $ avec $n\geq 2$, c'est équivalent à $f$ strictement convexe ou strictement concave :
$g(a, x) =f(a+x) +f(a-x) - 2f(a) $ ne s'annule pas sur $\mathbb{R} ^n$ privé de la droite $x=0$, qui est connexe par arcs, donc y est de signe constant, disons positif. On a donc l'inégalité de convexité isobarycentrique puis pour tout paramètre dyadique et on conclut par continuité et densité

Edit : dans le cas où f va de $\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R} $ et est de classe $\mathcal{C} ^2$, ça marche encore : on sait que g garde un signe constant sur chaque demi-plan $\pm x>0$ et par ailleurs en calculant les dérivées partielles premières et secondes en $(a, 0)$ on obtient le développement de Taylor :
$$g(a, x) =x^2 f''(a) +o(x^2 +a^2)$$
Donc c'est en fait le même signe sur chaque demi-plan

edit 2: pas besoin de tout ça, j'ai juste besoin des x positifs !

[noro]

Dans le cas où f va de $\mathbb{R}^n\rightarrow \mathbb{R} $ avec $n\geq 2$, c'est équivalent à $f$ strictement convexe ou strictement concave :
$g(a, x) =f(a+x) +f(a-x) - 2f(a) $ ne s'annule pas sur $\mathbb{R} ^n$ privé de la droite $x=0$, qui est connexe par arcs, donc y est de signe constant, disons positif. On a donc l'inégalité de convexité isobarycentrique puis pour tout paramètre dyadique et on conclut par continuité et densité

Pour l'inégalité large c'est vrai même pour n = 1 et f seulement continue mais le passage à la limite ne préserve pas les inégalités strictes (donc on ne peut pas conclure uniquement avec la densité) :
Avec les outils de prépa:
Si $ I $ est l'intervalle de départ, on pose $ T = \{x,y\in I^2 : x > y\} $ .
$ T $ est convexe (c'est un triangle).
On pose aussi $ g(x,y) = 2f(\frac{x+y}{2})-f(x)-f(y) $, g est continue donc $ g(T)=\{g(x,y) : x,y \in T\} $ est connexe par arcs et ne contient pas zéro.
Avec les outils de terminal:
Par l'absurde si on dispose de $ x_1,y_1,x_2,y_2 $ tels que $ f(x_1)+f(y_1) < 2 f(\frac{x_1+y_1}{2}); f(x_2)+f(y_2) > 2 f(\frac{x_2+y_2}{2}) $
alors en posant $ g(t)=2 f(\frac{x_1+y_1 + t(x_2-x_1) + t(y_2-y_1)}{2}) - f(x_1 + t(x_2-x_1)) - f(y_1 + t(y_2-y_1)) $, g est continue
et $ g(0)>0>g(1) $ donc il existe un c tel que $ g(c)=0 $ absurde !

Ainsi, pour tout $ x \ne y, \frac{f(x)+f(y)}{2}< f(\frac{x+y}{2}) $ ou pour tout $ x \ne y, \frac{f(x)+f(y)}{2} > f(\frac{x+y}{2}) $

[noro]

Un exercice interessant est de montrer les relations de comparaisons :
par exemple pour tout $ a > 0, b > 0, \lim \limits_{x\rightarrow\infty} log(x)^b \times x^{-a} = 0 $
Même en deuxième année beaucoup ne savent plus le montrer.

[K-ter]

@noro:
On a bien l'inégalité stricte à l'arrivée car sinon f serait affine sur un intervalle non trivial ce qui contredit l'inégalité stricte sur les dyadiques