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J Star
14-07-2019 16:51:26

Bonjour, quelques idées pour démarrer la mise en œuvre de la récurrence, mais en limitant l'usage des formules explicites :

L'application [tex]P[/tex] est (sur l'espace vectoriel84 des fonctions de [tex]\mathbb{N}[/tex] vers [tex]\mathbb{R}[/tex]) une forme linéaire, positive (au sens où si [tex]g[/tex] est à valeurs positives, alors [tex]P(g)[/tex] est aussi à valeurs positives), donc est croissante (au sens où [tex]f \leq g \implies P(f) \leq P(g)[/tex] pour l'ordre usuel entre fonctions réelles).

On peut donc composer par [tex]P[/tex] de l'hypothèse de récurrence (formule au rang n). La suite consiste à essayer de contrôler le "terme correcteur" [tex]P(g^2) - P(g)^2[/tex] avec [tex]g = P^n(f)[/tex].

delveraria
12-07-2019 18:05:28

Bonjour,
j'avais effectivement pensé à une récurrence (en utilisant les formules explicites), mais la souffrance est au rendez-vous.

D_john
10-07-2019 15:42:40

Erreur... et encore une fausse piste ! C'était bien trop simple.
Fonction convexe y =x^2
L'image montre clairement que le premier membre de l'inégalité P(f2) - [P(f)]2 est positif aussi et le restera pour tout n.

D_john
09-07-2019 06:06:05

Salut,

Heu... fausse piste, désolé !
Finalement, c'est beaucoup plus simple en remarquant que le premier membre est toujours négatif ou nul (fonction convexe) et le second membre est toujours positif ou nul (carré).

D_john
08-07-2019 09:56:53

Bonjour,

Cette inégalité écrite au pas k, peut se noter simplement :

[tex] P_{n}f^{2} - P_{n} ^{2}f \le \frac{n}{4}.P_{n-1}D^{2}f [/tex]
avec les puissances en exposant et les compositions en indice.

As-tu essayé une démo. par récurrence ?
Attention [tex] n \in\mathbb{N}^{*} \qquad n = 1 \Rightarrow 0 \le 0 [/tex]

Il faut probablement utiliser les relations entre les opérateurs P et D pour linéariser l'inégalité et ensuite lui appliquer P une nouvelle fois pour passer à l'ordre n+1.

... mais ce n'est qu'une idée !

delveraria
07-07-2019 09:20:38

Bonjour,
Je suis confus, c'est une erreur de ma part. [tex]f^{2}[/tex] est défini comme [tex]f*f[/tex] tout simplement, c'est [tex]P^{n}(f)[/tex] qui est défini comme [tex]P(P^{n-1}(f))[/tex].
Je rectifie mon post, merci.

D_john
05-07-2019 13:43:37

Salut,

Console-toi, je suis largué dès la 1ère ligne... f étant de N dans R, comment définis-tu f2 ?

delveraria
05-07-2019 08:47:49

Bonjour,
Je pédale un peu dans la semoule sur cet exercice :
Soit [tex]f:\mathbb N\rightarrow\mathbb R[/tex]. On définit :

[tex]P(f):\mathbb N\longrightarrow\mathbb R[/tex]
           [tex]k\longmapsto\frac{1}{2}\left(f(k+1)+f(k)\right) [/tex]
et
[tex]D(f):\mathbb N\longrightarrow\mathbb R[/tex]
           [tex]k\longmapsto\left(f(k+1)-f(k)\right)[/tex]

Soit [tex]n\in\mathbb N[/tex]. Montrer que : [tex]\forall k\in\mathbb N[/tex],

[tex]P^{n}(f^{2})(k)-\left(P^{n}(f)(k)\right)^{2}≤\frac{n}{4}P^{n-1}(D(f)^{2})(k)[/tex]

Avec, pour [tex]i\in\mathbb N, P^{i}(f)= P(P^{i-1}(f))[/tex] et [tex] f^{i}=f\times f\times···\times f [/tex] ([tex]i[/tex] fois)
Conventions : [tex]P^{0}(f)=f[/tex] et [tex]f^0=Id[/tex]


J'ai réussi à exprimer [tex]P^{n}(f)[/tex] :
[tex]\forall k \in\mathbb N, P^{n}(f)(k)=\frac{1}{2^{n}}\sum_{i=0}^{n}\left(\begin{array}{c}
n\\
i
\end{array}\right)f(k+i)[/tex]

J'obtiens finalement :
[tex]\forall k\in\mathbb N,[/tex]
[tex]P^{n}(f^{2})(k)-\left(P^{n}(f)(k)\right)^{2}=\frac{1}{2^{n}}\left[\sum_{i=0}^{n}\left(\begin{array}{c}
n\\
i
\end{array}\right)f^{2}(k+i)\left(1-\frac{1}{2^{n}}\left(\begin{array}{c}
n\\
i
\end{array}\right)\right)-2\sum_{1≤i<j≤n}\left(\begin{array}{c}
n\\
i
\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}
n\\
j
\end{array}\right)f(k+i)f(k+j)\right][/tex]

Mais pour ce qui est de majorer je ne vois pas comment faire, peut-être y a-t-il une astuce en passant par des intégrales ?

Si vous avez des idées je suis preneur.

Merci.

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