MPSI B 29 juin 2019
Énoncé
Cet exercice propose une version discrète (avec des familles) et une version continue (avec des fonctions) de l'inégalité de Chebychev
1I - Cas discret.
Soit n naturel non nul. On considère deux familles
a 1 ≤ a 2 ≤ · · · ≤ a n b 1 ≤ b 2 ≤ · · · ≤ b n
croissantes de réels. On souhaite prouver l'inégalité de Chebychev 1
n
n
X
k=1
a k b k ≥ 1 n
n
X
k=1
a k
! 1 n
n
X
k=1
b k
!
1. Montrer qu'il sut de prouver l'inégalité dans le cas particulier où a 1 + · · · + a n = 0 . 2. On considère deux familles vériant
a 1 ≤ a 2 ≤ · · · ≤ a n ≤ a n+1 b 1 ≤ b 2 ≤ · · · ≤ b n ≤ b n+1
avec a 1 + a 2 + · · · + a n + a n+1 = 0 .
Montrer qu'il existe a
0n et b
0n (et préciser leurs valeurs) tels que a 1 ≤ a 2 ≤ · · · ≤ a n−1 ≤ a
0n b 1 ≤ b 2 ≤ · · · ≤ b n−1 ≤ b
0n avec a 1 + a 2 + · · · + a n−1 + a
0n = 0 et
a 1 b 1 + · · · + a n b n + a n+1 b n+1 = a 1 b 1 + · · · + a n−1 b n−1 + a
0n b
0n 3. Montrer l'inégalité de Chebychev dans le cas discret.
4. Sous les conditions indiquées au début, montrer que
1 n
n
X
k=1
a k b n−k+1 ≤ 1 n
n
X
k=1
a k
! 1 n
n
X
k=1
b k
!
5. Application : inégalité de Nesbitt.
On veut montrer ici que, pour a , b , c réels tels que b + c, c+a, a + b strictement positifs, a
b + c + b
c + a + c a + b ≥ 3
2
1
ne pas confondre avec l'inégalité de Bienaymé - Chebychev
a. Montrer que
a
b + c + b
c + a + c
a + b + 3 = (a + b + c) 1
b + c + 1
c + a + 1 a + b
b. Pourquoi sut-il de démontrer l'inégalité de Nesbitt dans le cas où a ≤ b ≤ c ? c. Démontrer l'inégalité proposée à l'aide de l'inégalité de Chebychev.
II - Cas continu.
On considère deux fonctions f et g de classe C 1 sur [0, 1] et strictement croissantes. On souhaite prouver l'inégalité de Chebychev.
Z 1 0
f (t)g(t) dt ≥ Z 1
0
f (t) dt Z 1
0
g(t) dt
1. Montrer qu'il sut de prouver l'inégalité dans le cas particulier où R 1
0 f (t) dt = 0 . 2. Soit f de classe C 1 sur [0, 1] , strictement croissante et vériant R 1
0 f (t) dt = 0 . a. Montrer qu'il existe un unique a ∈]0, 1[ tel que f (a) = 0 .
b. On note F la primitive de f nulle en 0 et A = F (a) . Former le tableau de variations de F . Vérier que A < 0 ?
Montrer que la restriction de F à [0, a] dénit une bijection de [0, a] vers [A, 0] . On note F 1 cette bijection et ϕ 1 sa bijection réciproque.
Montrer que la restriction de F à [a, 1] dénit une bijection de [a, 1] vers [A, 0] . On note F 2 cette bijection et ϕ 2 sa bijection réciproque.
c. Procéder au changement de variable u = F 1 (t) dans l'intégrale R a
0 f (t)g(t) dt . Procéder au changement de variable u = F 2 (t) dans l'intégrale R 1
a f (t)g(t) dt . (ne pas chercher à calculer ces intégrales)
3. Montrer l'inégalité de Chebychev dans le cas continu.
III - Relation de Lagrange.
Soit n naturel non nul et a 1 , · · · , a n , b 1 , · · · , b n des nombres complexes. On note C n l'en- semble de tous les couples (i, j) d'entiers entre 1 et n et T n l'ensemble des couples (i, j) d'entiers entre 1 et n tels que i < j .
Cette création est mise à disposition selon le Contrat
Paternité-Partage des Conditions Initiales à l'Identique 2.0 France disponible en ligne http://creativecommons.org/licenses/by-sa/2.0/fr/
1
Rémy Nicolai AinegchebMPSI B 29 juin 2019
1. Montrer que
2 X
(i,j)∈T
n(a j − a i )(b j − b i ) = X
(i,j)∈C
n(a j − a i )(b j − b i )
2. Montrer que
X
(i,j)∈T
n(a j − a i )(b j − b i ) = n
n
X
i=1
a i b i −
n
X
i=1
a i
! n X
i=1
b i
!
3. Déduire de la question précédente une nouvelle démonstration, sous les conditions de la partie I, de l'encadrement de Chebychev
1 n
n
X
k=1
a k b n−k+1 ≤ 1 n
n
X
k=1
a k
! 1 n
n
X
k=1
b k
!
≤ 1 n
n
X
k=1
a k b k
Corrigé
I - Cas discret
1. On considère deux familles a 1 ≤ · · · ≤ a n et b 1 ≤ · · · ≤ b n . Introduisons une nouvelle famille en posant
A =
n
X
k=1
a k et ∀k ∈ J 1, n K , a
0k = a k − A n
de sorte que la famille des a
0k est croissante et de somme nulle. Si l'inégalité est prouvée pour une telle somme, on peut écrire :
1 n
n
X
k=1
a
0k b k ≥ 0 ⇒ 1 n
n
X
k=1
(a k − A
n )b k ≥ 0 ⇒ 1 n
n
X
k=1
a k b k − A n
1 n
n
X
k=1
b k
!
≥ 0
⇒ 1 n
n
X
k=1
a k b k ≥ 1 n
n
X
k=1
a k
! 1 n
n
X
k=1
b k
!
2. Commençons par une remarque sur les familles croissantes de somme nulle.
Dans une telle famille, le dernier terme (le plus grand) est positif ou nul. S'il ne l'était pas tous les termes seraient strictement négatifs et la somme serait strictement négative au lieu d'être nulle. De plus, si le dernier terme (le plus grand) est nul, alors tous les termes sont nuls sinon encore la somme serait strictement négative. On peut donc en conclure que si la famille n'est pas la famille triviale (dont tous les termes sont nuls) alors le dernier terme est strictement positif.
Si tous les a k sont nuls, on prend a
0n = 0 et b
0n = b n et les contraintes sont vériées (somme nulle).
Si la famille des a k n'est pas la famille triviale nulle, la remarque préliminaire indique que a n+1 > 0 . La condition sur la somme des a k entraîne alors que a
0n = a n +a n+1 > a n . La remarque préliminaire s'applique encore à la famille qui se termine par a
0n . On en déduit a
0n ≥ 0 .
Si a
0n > 0 , de la condition sur la somme de produits, on tire
a
0n b
0n = a n b n + a n+1 b n+1 ⇒ b
0n = a n b n + a n+1 b n+1 a n + a n+1
De plus,
b
0n − b n = a n+1 (b n+1 − b n )
a n + a n+1 = a n+1
a
0n (b n+1 − b n ) ≥ 0
Cette création est mise à disposition selon le Contrat
Paternité-Partage des Conditions Initiales à l'Identique 2.0 France disponible en ligne http://creativecommons.org/licenses/by-sa/2.0/fr/
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Rémy Nicolai AinegchebMPSI B 29 juin 2019
Il est impossible que a
0n = 0 . Sinon, toujours d'après la remarque du début, on aurait a 1 = · · · = a n−1 = 0 et a n + a n+1 = 0 ce qui entraîne a n = −a n+1 < 0 et a 1 ≤ · · · ≤ a n−1 ≤ a n < 0 ce qui est contradictoire.
3. Démontrons l'inégalité par récurrence sur n . Elle est évidente pour n = 1 . Montrons que l'inégalité pour une valeur de n entraîne celle pour n + 1 .
On considère des familles comme dans la question précédente et on applique l'inégalité aux familles qui se terminent en a
0n et b
0n .
1
n (a 1 b 1 + · · · + a n+1 b n+1 ) = 1
n (a 1 b 1 + · · · + a n−1 b n−1 + a
0n b
0n ) ≥ 0
4. La famille des b k est croissante, celle des b n−k+1 est décroissante et celle des −b n−k+1 est croissante. On peut lui appliquer l'inégalité de Chebychev (avec les a k ) :
1 n
n
X
k=0
a k (−b n−k+1 ) ≥ 1 n
n
X
k=0
a k
! −1 n
n
X
k=0
b n−k+1
!
⇒ − 1 n
n
X
k=0
a k b n−k+1 ≥ − 1 n
n
X
k=0
a k
! 1 n
n
X
k=0
b n−k+1
!
⇒ 1 n
n
X
k=0
a k b n−k+1 ≤ 1 n
n
X
k=0
a k
! 1 n
n
X
k=0
b k
!
après changement d'indice dans la dernière somme de b . 5. Inégalité de Nesbitt.
a. En écrivant 1 = b+c b+c = c+a c+a = a+b a+b et en aectant un "1" du "3" à chaque terme, on fait apparaitre le même numérateur a + b + c . La mise en facteur conduit à la factorisation demandée.
b. Si on permute deux lettres, par exemple a et b , les deux premiers termes de la somme sont intervertis et le troisième est inchangé. La somme est donc globale- ment conservée. Plus généralement, la somme est conservée par toute permutation des lettres. On peut donc supposer que a ≤ b ≤ c .
c. L'ordre sur les lettres induit un ordre sur les sommes : a ≤ b ⇒ c + a ≤ b + c
b ≤ c ⇒ a + b ≤ c + a )
⇒ a + b ≤ c + a ≤ b + c ⇒ 1
b + c ≤ 1
c + a ≤ 1 a + b L'inégalité de Chebychev s'écrit alors
1 3
a
b + c + b
c + a + c a + b
≥ 1
9 (a + b + c) 1
b + c + 1
c + a + 1 a + b
Notons S la somme à minorer et utilisons la question 1., l'inégalité devient 1
3 S ≥ 1
9 (S + 3) ⇒ 2 9 S ≥ 1
3 ⇒ S ≥ 3 2
II - Cas continu.
1. Lorsque f est croissante et que son intégrale I sur [0, 1] n'est pas nulle, on peut consi- dérer la fonction f = f − I . Cette fonction est encore croissante mais d'intégrale nulle.
Si on peut lui appliquer l'inégalité, on tire Z 1
0
(f − I)g ≥ 0 ⇒ Z 1
0
f g ≥ I Z 1
0
g = Z 1
0
f Z 1
0
g
2. a. La fonction doit changer de signe dans l'intervalle ouvert car sinon son intégrale ne pourrait être nulle. Comme elle est continue, d'après le théorème des valeurs intermédiaires, elle doit prendre la valeur nulle. Elle est de plus strictement crois- sante elle ne prend donc qu'une seule fois cette valeur nulle. On note a l'unique élément de l'intervalle en lequel elle s'annule.
b. Comme f est strictement croissante, elle est strictement négative avant a et stric- tement positive après. La primitive F est strictement décroissante entre 0 et a puis strictement croissante entre a et 1 . On remarque que A = F (a) < 0 . Elle dénit une bijection décroissante F 1 entre [0, a] et [A, 0] et une bijection croissante F 2 entre [a, 1] et [A, 0] .
c. Changement de variable u = F 1 (t) dans R a
0 f (t)g(t) dt .
Bornes. Quand t est en 0 , u est en F 1 (0) = F (0) = 0 . Quand t est en a , u est en F 1 (a) = F (a) = A .
Élément diérentiel. u = F 1 (t) , du = f (t) dt . Fonction. u = F 1 (t) ⇔ t = ϕ 1 (u) , g(t) = g(ϕ 1 (u)) . Le changement de variable s'écrit donc :
Z a 0
f (t)g(t) dt = Z A
0
g(ϕ 1 (u)) du
Noter que les bornes sont dans le mauvais sens car A < 0 , cela traduit le fait que la bijection F 1 est décroissante.
L'autre changement de variable est tout à fait analogue et conduit à Z 1
a
f (t)g(t) dt = Z 0
A
g(ϕ 2 (u)) du
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3
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3. On se place dans le cas particulier où l'intégrale de f est nulle puisque cela sut à montrer le ca général (d'après la question 1). On peut alors décomposer par la relation de Chasles et utiliser les changements de variable
Z 1 0
f (t)g(t) dt = Z a
0
f (t)g(t) dt + Z 1
a
f (t)g(t) dt = Z A
0
g(ϕ 1 (u)) du + Z 0
A
g(ϕ 2 (u)) du
= Z 0
A
(g(ϕ 2 (u)) − g(ϕ 1 (u))) du or ϕ 1 (u) ≤ a ≤ ϕ 2 (u) et g croissante entraîne g(ϕ 2 (u))−g(ϕ 1 (u)) ≥ 0 puis la positivité de l'intégrale.
III - Relation de Lagrange.
1. Deux couples symétriques (i, j) et (j, i) du carré C n ont la même contribution à la somme. Les couples (i, i) de la diagonale ont une contribution nulle. On en déduit que la somme étendue au carré est égale à deux fois la somme étendue au triangle T n
strictement au dessus de la diagonale.
2. Développons la somme étendue au carré
X
(i,j)∈C
n(a j − a i )(b j − b i ) = X
(i,j)∈C
n(a j b j − a i b j − a j b i + a i b i )
=
n
X
i=1
n
X
j=1
a j b j
−
n
X
i=1
a i
n
X
j=1
b j
−
n
X
j=1
b j
n
X
i=1
a i
! +
n
X
j=1 n
X
i=1
a i b i
!
= 2n
n
X
k=1
a k b k − 2
n
X
k=1
a k
! n X
k=1
b k
!
On en déduit la relation demandée en simpliant par 2 et en utilisant la question 1.
3. Lorsque les familles sont monotones, on connait le signe des (a j − a i )(b j − b i ) pour i < j . Si les deux familles sont croissantes ces termes sont positifs et on obtient la partie droite de l'encadrement, si une est croissante et l'autre décroissante, ces termes sont négatifs et on obtient la partie gauche de l'encadrement.
Cette création est mise à disposition selon le Contrat
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