Convexité ++

[Ben314]

Une mini amusette d'analyse :

- On constate qu'une fonction est croissante ssi pour tout distincts.
Et si est supposée dérivable sur , cette condition est totalement équivalente à pour tout

- De même, est convexe ssi pour tout distincts.
Et si est supposée deux fois dérivable, cette condition est totalement équivalente à pour tout

Question : Si on suppose fois dérivable sur , y-a-t-il équivalence entre
(a) pour tout distincts.
(b) pour tout


P.S. J'ai modifié le message vu qu'une fois de plus, en voulant le "citer", je l'ai "édité" et... perdu... donc je l'ai retapé.

[Matt_01]

Sauf erreur, en faisant tendre successivement vers , (via un développement limité de f) et en sommant les inégalités obtenues, on obtient l'inégalité au rang inférieur, vérifiée pour f' (modulo mes erreurs de calculs).
En raisonnant par récurrence on conclut.

[Ben314]

En essayant de "peaufiner" la première preuve que j'avais trouvé, je me suis rendu compte qu'un truc pas con à démontrer (et purement algébrique, i.e. l'égalité en question est formelle) c'est que :

On peut aussi montrer (mais je pense pas que ça ait d'intérêt ici) que pour tout polynôme la fraction rationnelle (en ) est en fait un polynôme.

Ensuite, en supposant dérivable (et rien d'autre), alors le T.A.F. nous vend que avec entre et donc

En vertu de avec .
En réitérant le processus et en supposant fois dérivable, on obtient pour un certain compris entre le min des et le max des .
Donc ça démontre que (b)=>(a) et, si on suppose de plus que est continue, ça démontre que (a)=>(b) (en prenant tout les "très proche" de ).
Reste éventuellement un truc de plus à trouver dans le cas où on ne suppose pas continue (*)
Je pense que ça marche quand même, y compris aux extrémités de l'intervalle vu que ça marche pour d=1 (fonction croissante) et d=2 (fonctions convexes) où on a pas besoin de la continuité des dérivées.

Sinon, il vous reste aussi à justifier (au moins pour n=0), voir le résultat qui suit, mais c'est pas très compliqué...

(*) @ Matt_01 : J'ai pas essayé de refaire les calculs dont tu parle dans ton post pour voir si ça donne l'équivalence entre la condition au rang d+1 sur f et celle au rang d sur f'.

[Matt_01]

J'avais pensé (et oublié aussi) que le second sens de l'équivalence était quasi direct (en pensant au cas croissant par exemple). Pour autant, quand je cherche à la démontrer je retombe sur ce que tu as fait ...
Par ailleurs ma preuve pour le premier sens repose en partie sur ton égalité, pour n=0.

[Ben314]

Sauf erreur, en faisant tendre successivement vers , (via un développement limité de f) et en sommant les inégalités obtenues, on obtient l'inégalité au rang inférieur, vérifiée pour f' (modulo mes erreurs de calculs).

Je viens de regarder et je trouve bien comme toi (mais tel que je l'ai fait, c'est un peu lourd donc susceptible d'erreurs...)
Et ça permet de conclure concernant le (a) => (b) en toute généralité (i.e. sans supposer continue).

[Ben314]

Sinon, que ce soit pour démontrer et/ou pour mieux comprendre le bidule, LE truc pas con, c'est d'introduire le polynôme qui est le polynôme interpolateur de la courbe en et la somme dont on parle, c'est son coefficient en .
Et on peut donc récrire la condition du (a) sous la forme "Tout polynôme de degré exactement dont la courbe coupe au moins fois celle de a son coefficient dominant positif".
Par exemple :
- croissante <=> toute droite coupant au moins deux fois la courbe a une pente .
- convexe <=> toute parabole coupant au moins trois fois la courbe est "dirigée vers le haut".

Ce point de vue permet de montrer trivialement vu que, si est lui même un polynôme de degré son polynôme interpolateur, ça sera lui même et le coeff. en de son polynôme interpolateur, ben ça sera son propre coeff. en , c'est à dire 0 si avec et 1 si .

Ca permet aussi d'avoir une preuve très rapide concernant l'implication dans le sens ordre d-1 pour f' => ordre d pour f :
Si on suppose que tout polynôme Q de degré d-1 tel que Q-f'=0 ait au moins d solutions a son coeff. dominant et que l'on considère un polynôme P de degré d tel que P-f=0 ait au moins d+1 solutions alors le th. de Rolles te dit que (P-f)'=0 a au moins d solutions et l'hypothèse te permet d'en déduire que le coeff dominant de P' (donc celui de P) est positif.

[Ben314]

En fait, y'a une autre question qu'on peut se poser :
- La condition (a) avec d=1, c'est à dire la croissance implique que f admet des limites à droite et à gauche en tout point et qu'elle est continue sauf sur un ensemble au plus dénombrable.
- La condition (a) avec d=2, c'est à dire la convexité implique que f est continue (en supposant I ouvert), qu'elle admet des dérivées à droite et à gauche en tout point et qu'elle est dérivable sauf sur un ensemble au plus dénombrable.

Donc je parierais plus que fort que la condition (a) avec d=3 (ou plus) implique la dérivabilité de f.

Une idée de preuve ?

[ffback]

Salut,

Ça me rappelle une vielle question de ce type que l'on s'était poser avec un ami,et oú on reliait les propriétés:
A)Pour tout polynome P de degré n, f-P a au plus n+1 zéros
B) est de signe constant
(avec quelques petits problémes que je vous épargne sur le fait de pouvoir prendre le signe strict ou pas).
Et au final, on avait effectivement pas besoin de régularité supposée (á part la continuité á un moment mais c'est plus spécifique á notre hypothése) et on obtenait en fait effectivement que pour n>2, A) implique que f est n-2 fois dérivable avec convexe (ou concave). Et l'idée pour ça, qui semble remarcher ici , c'est de montrer que au sens des distributions. Bon, si on ne suppose pas de continuité, il faut quand même a priori montrer que f est localement intégrable, mais ça n'a effectivement pas l'air dur de montrer que f est localement bornée.

[Ben314]

Le fait d'utiliser des dérivées au sens des distributions semble effectivement être une bonne façon de voir les trucs et à mon avis, ça s'explique parfaitement en regardant ce qu'il se passe pour d=1 (dans le problème d'origine) où la condition signifie que f est croissante ce qui est suffisant pour parler (localement) d'intégrales et pour commencer à avoir des trucs plus ou moins du style "dérivée de la primitive=fonction de départ", mais en prenant le terme "dérivée" en un sens plus large.

Sinon, j'ai l'impression qu'on peut rester dans du plus "basique" :
Le problème concernant la régularité des fonctions f vérifiant l'hypothèse (a) pour un certain d (ou ton hypothèse A) pour un certain n), c'est que l'on a pas d'implication du style (a) vraie pour un certain d => (a) vrai pour d-1 qui permettrait de faire une récurrence.
Sauf que si on regarde le (a) sous la forme "tout les polynômes interpolateur de degré exactement d ont un coef. dominant positif" et en écrivant qu'un poly. interpolateur de f en x0,x1,...xd est de la forme
P(X)=f(x0)+(x-x0)Q(x) où Q est un polynôme interpolateur de g(x)=(f(x)-f(x0)/(x-x0) en x1,x2,...,xd on a immédiatement :
f vérifie (a) pour un certain d <=> quelque soit x0, g(x)=(f(x)-f(x0))/(x-x0) vérifie (a) pour d-1 (sur I privé de x0).
Et avec ça, je pense qu'on "remonte" facilement les propriétés :
d=1 <=> f croissante => f admet des limites à droite et à gauche en tout point et elle est continue sauf sur un ensemble au plus dénombrable de points.
d=2 <=> pour tout x0, g(x)=(f(x)-f(x0))/(x-x0) vérifie (a) pour d=1 (sur I privé de x0) donc f admet des dérivées à droite et à gauche en tout point (donc est en particulier continue partout) et elle est en fait dérivable sauf sur un ensemble au plus dénombrable.
d=3 <=> pour tout x0, g(x)=(f(x)-f(x0))/(x-x0) vérifie (a) pour d=2 donc admet des dérivées à droite et à gauche en tout point ce qui implique que f(x)=f(x0)+(x-x0)g(x) aussi. De plus, en faisant le même calcul (compliqué, mais il doit y avoir plus simple) que celui proposé par Matt_01 çi dessus, les fonctions f'd et f'g vérifient (a) pour d=2 donc sont continues et vue qu'elles étaient égales sauf sur un ensemble au plus dénombrable, c'est qu'elle sont égales partout et que f est C1.
Et à partir de d=4, c'est réglé : si f vérifie (a) pour d=4 alors, pour tout x0, g(x)=(f(x)-f(x0))/(x-x0) vérifie (a) pour d=3 ce qui signifie qu'elle est C1 donc que f(x)=f(x0)+(x-x0)g(x) l'est aussi et on peut parler sans soucis de f' qui vérifie (a) pour d=3 donc est C1 et ça prouve que f est C2.
Etc...

Donc a mon sens, le seul (petit) truc à voir, c'est si on peut simplifier le calcul de Matt_01 permettant de montrer que, si f vérifie (a) pour d et que f est (par exemple) dérivable à droite alors f'd vérifie (a) pour (d-1).