Partie I. Une inégalité de Prékopa et Leindler

SESSION 2011

Concours commun Mines-Ponts

PREMIÈRE EPREUVE. FILIÈRE PC

Partie I. Une inégalité de Prékopa et Leindler

1)Soientaet bdeux réels. Sia=0 oub=0, l’inégalité de l’énoncé est immédiate.

Supposons quea > 0etb > 0. La fonction ln est deux fois dérivable sur]0,+∞[et pour tout réelx > 0, ln^′′(x) = − 1 x² 60.

Donc la fonction ln est concave sur]0,+∞[. On en déduit que pour toutλ∈[0, 1], ln(λa+ (1−λ)b)>λlna+ (1−λ)lnb, puis par croissance de la fonction exponentielle surR,

λa+ (1−λ)b=eln(λa+(1−λ)b)>e^{λlna+(1−λ)lnb}=a^λb^1−λ.

∀(a, b)∈(R⁺)²,∀λ∈[0, 1],λa+ (1−λ)b>a^λb^1−λ.

Soitu > 1. La fonctionf : x7→x^u est deux fois dérivable sur ]0,+∞[ et pour tout x > 0,f^′′(x) = u(u−1)x^u−2> 0.

Donc la fonctionfest convexe sur]0,+∞[. On en déduit que pour tout(a, b)∈]0,+∞[² et toutλ∈[0, 1], (λa+ (1−λ)b)^u=f(λa+ (1−λ)b)6λf(a) + (1−λ)f(b) =λa^u+ (1−λ)b^u, Cette inégalité étant vraie sia=0oub=0, on a montré que

∀(a, b)∈(R⁺)², ∀λ∈[0, 1],(λa+ (1−λ)b)^u>λa^u+ (1−λ)b^u.

2)Soient λ∈]0, 1[ et (a, b)∈[0,+∞[². L’inégalité de l’énoncé est vraie si a=0 oub=0. Supposons a > 0 etb > 0 et posonsf(x) = (a+x)^λ−a^λ−x^λ pourx>0.f est dérivable sur]0,+∞[et pour toutx > 0,

f^′(x) =λ (a+x)^λ−1−x^λ−1 .

Puisqueλ−1 < 0, la fonctiont7→t^λ−1est strictement décroissante sur]0,+∞[ et donc, pour toutx > 0,f^′(x)< 0. Par suite, la fonctionfest strictement décroissante sur]0,+∞[puis sur[0,+∞[par continuité defen0. On en déduit que

(a+b)^λ−a^λ−b^λ=f(b)6f(0) =0.

On a montré que

∀(a, b)∈(R⁺)²,∀λ∈[0, 1],(a+b)^λ6a^λ+b^λ.

3)Puisque fest une fonction continue et intégrable surR,F existe dansR. Puisquef est une fonction continue, positive et non nulle surR,F est un réel strictement positif.

Puisque la fonctionfest continue et intégrable surR, la fonctionΦ : u7→ 1 F

Zu

−∞

f(x)dxest définie et de classeC¹surR. De plus, pour tout réelu,Φ^′(u) =f(u)> 0. Donc la fonctionΦest strictement croissante surR. Ainsi, la fonctionΦest continue et strictement croissante surR et doncΦ réalise une bijection deR sur

u→lim−∞

Φ(u), lim

u→+∞

Φ(u)

=]0, 1[ (on note encoreΦcette bijection). Par suite, pour tout réelt∈]0, 1[, il existe un et un seul réel notéu(t)tel queΦ(u(t)) =t.

On a montré que pour tout réelt∈]0, 1[, il existe un et un seul réel notéu(t)tel que 1 F

Zu(t)

−∞

f(x)dx=t. De même, pour tout réelt∈]0, 1[, il existe un et un seul réel notév(t)tel que 1

G Zv(t)

−∞

g(x)dx=t.

4) La fonction uest la fonction Φ⁻¹. Φ est de classeC¹ sur Ret pour tout réel u, Φ^′(u) = 1

Ff(u). Par hypothèse, la fonctionΦ^′ = 1

Ff ne s’annule pas surRet on sait alors que la fonctionu=Φ⁻¹ est de classeC¹ sur]0, 1[et pour tout t∈]0, 1[,

u^′(t) = Φ^−1′

(t) = 1

Φ^′(Φ⁻¹(t))= 1 1 Ff(u(t))

= F

f(u(t)).

De même, la fonctionv est de classeC¹ sur]0, 1[ et pour tout réelt∈]0, 1[,v^′(t) = G g(v(t)). 5)Puisque lim

u→−∞

Φ(u) =0, lim

t→0⁺u(t) = −∞et puisque lim

u→+∞

Φ(u) =1, lim

t→1⁻u(t) = +∞. De même, lim

t→0⁺v(t) = −∞ et lim

t→1⁻v(t) = +∞. Mais alors, puisqueλ > 0 et1−λ > 0,

t→lim0⁺w(t) = −∞et lim

t→1⁻x(t) = +∞. uetvsont de classeC¹sur]0, 1[, il en est de même dew. Puisqueu^′ = F

f◦u etv^′ = G

g◦v sont des fonctions strictement positives sur]0, 1[, il en est de même dew^′=λu^′+ (1−λ)v^′. Ainsi, la fonctionwest de classeC¹sur]0, 1[et sa dérivée est strictement positive sur]0, 1[. On sait alors quewest unC¹-difféomorphisme de]0, 1[sur

t→lim0⁺w(t), lim

t→1⁻w(t)

=R ou encorewest un chagement de variable de]0, 1[ surR. En effectuant ce changement de variables, on obtient

Z+∞

−∞

h(w)dw= Z1

0

h(λu(t) + (1−λ)v(t))(λu^′(t) + (1−λ)v^′(t))dt

>

Z1 0

f(u(t))^λ(g(v(t))^1−λ

λ F

f(u(t))+ (1−λ) G g(v(t))

dt(par hypothèse et d’après 4))

>

Z1 0

f(u(t))^λ(g(v(t))^1−λ F

f(u(t)) λ

G g(v(t))

1−λ

dt(d’après 1))

=F^λG^1−λ Z1

0

dt

= Z+∞

−∞

f(x)dx

^λZ+∞

−∞

g(x)dx ^1−λ

.

6)La fonctiont7→t²est convexe surR. Par suite,(λx+ (1−λ)y)²6λx²+ (1−λ)y²puis par croissance de la fonction exponentielle surR,

Ψ(λx+ (1−λ)y) =e−(λx+(1−λ)y)² >e^{−λx2−(1−λ)y2}=

e^−x2λ

e^−y21−λ

=Ψ(x)^λΨ(y)^1−λ. 7)Si |z|6cM,ΨM(z) =1>e^−x2=Ψ(x).

Soitz∈] −∞,−cM[∪]cM,+∞[. On a

|z|=|λx+ (1−λ)y|6λ|x|+ (1−λ)|y|6λ|x|+ (1−λ)M6λ|x|+cM et donc0 < |z|−cM

Θ 6λ|x|

Θ 6|x| puis

ΨM(z) =e⁻

_|z|−cM

Θ

²

>e^−|x|2 =Ψ(x).

Dans tous les cas, si|y|6M, on aΨM(z)>Ψ(x). En échangeant les rôles dexet yet en remplaçantλpar1−λde sorte queΘetMcsont inchangés, on a aussi : si|x|6M,ΨM(z)>Ψ(y).

8)Soit(x, y)∈R².

f_ǫ(x)^λg_ǫ(y)^1−λ= (f(x) +ǫΨ(x))^λ(g(y) +ǫΨ(y))^1−λ 6 f(x)^λ+ǫ^λΨ(x)^λ

g(y)^1−λ+ǫ^1−λΨ(y)^1−λ

(d’après la question 2)

=f(x)^λg(y)^1−λ+ ǫ^λΨ(x)^λg(y)^1−λ+ǫ^1−λΨ(y)^1−λf(x)^λ

+ǫΨ(x)^λΨ(y)^1−λ 6h(z) + ǫ^λΨ(x)^λg(y)^1−λ+ǫ^1−λΨ(y)^1−λf(x)^λ

+ǫΨ(z) (par hypothèse et d’après 6)) 6h(z) +ǫ^Λ Ψ(x)^λg(y)^1−λ+Ψ(y)^1−λf(x)^λ

+ǫΨ(z) (carǫ∈]0, 1[).

Si maintenant,|x| 6 M, alors Ψ(y) 6ΨM(z) d’après la question précédente puis Ψ(y)^1−λ 6ΨM(z)^1−λ 6 ΨM(z)^Λ car ΨM(z)∈]0, 1] et doncΨ(y)^1−λf(x)^λ6ΨM(z)^Λkfk^λ∞.

Si|x|> M,Ψ(y)^1−λf(x)^λ=06Ψ_M(z)^Λkfk^λ∞.

En résumé, pour tout réelx,Ψ(y)^1−λf(x)^λ6ΨM(z)^Λkfk^λ∞. De même, pour tout réely, Ψ(x)^λg(y)^1−λ6ΨM(z)^Λkgk^1−λ∞

et finalement

fǫ(x)^λgǫ(y)^1−λ6h(z) +ǫ^Λ kfk^λ∞+kgk^1−λ∞

ΨM(z)^Λ+ǫΨ(z).

9)La fonctionΨest strictement positive surR. Donc, pour toutǫ∈]0, 1[, les fonctionsf_ǫetg_ǫsont strictement positives surR. Soith_ǫ la fonction définie par

∀t∈R,hǫ(t) =h(t) +ǫ^Λ kfk^λ∞+kgk^1−λ∞

ΨM(t)^Λ+ǫΨ(t).

D’après la question 8), pour toutǫ∈]0, 1[, pour tout(x, y)∈R² et tout λ∈]0, 1[, h_ǫ(λx+ (1−λ)y)>f_ǫ(x)^λg_ǫ(y)^1−λ. D’autre part, les fonctionsf_ǫ, g_ǫ eth_ǫ sont continues surR.

Enfin, les fonctions Ψet ΨM sont intégrables surR car continues sur R et négligeables en +∞ou −∞ devant 1 t². Par suite, les onctionsfǫ,gǫ ethǫ sont intégrables surR.

D’après la question 5),

∀ǫ∈]0, 1[, Z+∞

−∞

h_ǫ(x)dx>

Z+∞

−∞

f_ǫ(x)dx

^λZ+∞

−∞

g_ǫ(x)dx ^1−λ

. Maintenant,∀ǫ∈]0, 1[, f_ǫ>fetg_ǫ>g. Par suite, pour toutǫ∈]0, 1[,

Z+∞

−∞

f(x)dx

λZ+∞

−∞

g(x)dx ^1−λ

6 Z+∞

−∞

f_ǫ(x)dx

λZ+∞

−∞

g_ǫ(x)dx ^1−λ

6 Z+∞

−∞

h(x)dx+ǫ^Λ(kfk^λ∞+kgk^1−λ∞ ) Z+∞

−∞

ΨM(x)^Λdx+ǫ Z+∞

−∞

Ψ(x)dx.

Quandǫtend vers0, on obtient de nouveau Z+∞

−∞

f(x)dx

^λZ+∞

−∞

g(x)dx ^1−λ

6 Z+∞

−∞

h(x)dx.

10)On note tout d’abord que pour tout n∈N^∗ et toutx∈R, 06χn(x)61. La fonctionχn est affine sur [n, n+1]

et en particulier est monotone sur [n, n+1] monotone. Commeχn(n) = 1 et χn(n+1) =0, pour tout x∈ [n, n+1], 0 6 χn(x) 6 1. D’autre part, cet encadrement est immédiat si 0 6 x 6 n ou si x > n+1. Donc, pour tout x > 0, 06χn(x)61 et finalement, la fonctionχn étant paire, pour toutx∈R,06/chin(x)61.

Soientn∈N^∗ et(x, y)∈R².

•Si |x|>n+1ou|y|>n+1, χn(x)^λχn(y)^1−λ=06χn+1(λx+ (1−λ)y).

•Si|x|6n+1et|y|6n+1, alors|λx+(1−λ)y|6λ|x|+(1−λ)|y|6n+1et doncχ_n(x)^λχ_n(y)^1−λ61=χn+1(λx+(1−λ)y).

Dans tous les cas,χn(x)^λχn(y)^1−λ6χn+1(λx+ (1−λ)y).

11)Pourn∈N^∗ et(x, y, z)∈R³, posonsfn(x) =f(x)χn(x),gn(y) =g(y)χn(y)et hn(x) =h(z)χn+1(z).

•Pour toutn∈N^∗, la χn est continue et positive surRet donc les fonctionsfn,gn ethn sont continues et positives sur R.

•Puisque06fn 6fet que la fonctionfest intégrable surR, chaque fonctionfn,n∈N^∗, est intégrable surR. De même, chaque fonctiongn et chaque fonctionhn,n∈N^∗, est intégrable surR.

•Pour toutn∈N^∗ et tout(x, y)∈R², d’après la question précédente,

f_n(x)^λg_n(y)^1−λ=f(x)^λg(y)^1−λχ_n(x)^λχ_n(y)^1−λ6h(λx+ (1−λ)y)χn+1(λx+ (1−λ)y) =h_n(λx+ (1−λ)y).

Comme chaque fonctionf_net chaque fonctiong_n est nulle en dehors d’un intervalle borné, la question 9) permet d’affirmer que

∀n∈N^∗, Z+∞

−∞

hn(x)dx>

Z+∞

−∞

fn(x)dx

^λZ+∞

−∞

gn(x)dx ^1−λ

.(∗)

Vérifions alors que la suite de fonctions(f_n)_n∈N∗ converge simplement vers la fonctionf surR. Soitx∈R, pourn>|x|, on aχ_n(x) =1et doncf_n(x) =f(x). On en déduit que lim

n→+∞

f_n(x) =f(x).

Ainsi,

- Chaque fonctionf_n,n∈N^∗, est continue et intégrable surR.

- La suite de fonctions(f_n)_n∈N∗ converge simplement vers la fonctionfsurRet la fonction limitefest continue surR. - Enfin, pour toutn∈N^∗,|f_n|=f_n6foùfest intégrable surR.

D’après le théorème de convergence dominée, la suite Z+∞

−∞

fn(x)dx

n∈N∗

converge et a pour limite Z+∞

−∞

f(x)dx. De même, les suites

Z+∞

−∞

gn(x)dx

n∈N∗

et Z+∞

−∞

hn(x)dx

n∈N∗

convergent et ont pour limites respectives Z+∞

−∞

g(x)dx et

Z+∞

−∞

h(x)dx.

On fait alors tendrenvers+∞dans(∗)et on obtient l’inégalité " P-L " dans le cas général : Z+∞

−∞

h(x)dx>

Z+∞

−∞

f(x)dx

λZ+∞

−∞

g(x)dx ^1−λ

.

Partie II. Fonctions log-concaves

12)On munitRⁿ de la normeN. On sait que la fonctionNest continue surRⁿ (car1-Lipschitzienne) à valeurs dansR et qua la fonctionΨest continue surR. Par suite, la fonctionf=Ψ◦N est continue surRⁿ.

Soient(x, y)∈Rⁿ et λ∈]0, 1[.

N(λx+ (1−λ)y)6N(λx) +N((1−λ)y) =λN(x) + (1−λ)N(y), puis

(N(λx+ (1−λ)y))²6(λN(x) + (1−λ)N(y))²6λN(x)²+ (1−λ)N(y)²,

car la fonctiont7→t²est convexe surR. Par croissance de la fonction exponentielle surR, on en déduit que f(λx+ (1−λ)y) =e−(N(λx+(1−λ)y))² >e^{−λN(x)2−(1−λ)N(y)2} = (e^−N(x)2)^λ(e^−N(y)2)^1−λ=f(x)^λf(y)^1−λ. Par suite, la fonctionfest log-concave.

Partie III. Quelques applications géométriques

13) Pour x ∈ R, posons F(x) = Z

R

f(x, y) dy, G(x) = Z

R

g(x, y) dy et H(x) = Z

R

h(x, y) dy. Il s’agit de vérifier que Z

R

H(x)dx>

Z

R

F(x)dx λZ

R

G(x)dx 1−λ

.

Pour cela, il suffit de vérifier que les fonctionsF,G etHsont continues par morceaux et intégrables surRet que de plus, pour tout(x, y)R² et toutλ∈]0, 1[, H(λx+ (1−λ)y)>F(x)^λG(y)^1−λ puis d’appliquer l’inégalité " P-L ".

SoitMun réel positif tel que le carré[−M, M]²contienne les supports des fonctionsf,g eth. Puisquefest continue sur le compact[−M, M]²et nulle en dehors de[−M, M]²,fadmet surR²une borne supérieure réelle notéekfk^∞. De même, les fonctionsg ethadmettent surR²une borne supérieure réelle.

•Pour chaquex∈R, la fonction y7→f(x, y)est continue par morceaux sur R.

•Pour chaquey∈R, la fonction x7→f(x, y)est continue surR.

• Pour chaque(x, y)∈R², |f(x, y)|=f(x, y)6kfk^∞χ_[−M,M]= ϕ(y)(χ[−M,M] désignant la fonction caractéristique de [−M, M]) où ϕest une fonction continue par morceaux et intégrable surR.

D’après le théorème de continuité des intégrales à paramètres, la fonctionFest continue surR. De même, les fonctionsG etHsont continues surR.

La fonctionFest intégrable surRpuisque la fonctionfest intégrable surR²et d’après le résultat admis dans le préliminaire de la question 13.

Soit(x₀, y₀)∈R²et λ∈]0, 1[. Par hypothèse, pour toutz∈R,

h((λx₀+ (1−λ)x₀, z)) =h(λ(x₀, z) + (1−λ)(y₀, z))>f(x₀, z)^λg(y₀, z)^1−λ.

On peut appliquer l’inégalité " P-L " aux trois fonctionsz7→ f(x₀, z), z 7→g(y₀, z)et z 7→h(λx₀+ (1−λ)y₀, z)et on obtient

H(λx₀+ (1−λ)y₀) = Z+∞

−∞

h(λx₀+ (1−λ)y₀, z)dz>

Z+∞

−∞

f(x₀, z)dz

^λZ+∞

−∞

g(y₀, z)dz ^1−λ

λ=F(x₀)^λG(y₀)^1−λ. Finalement, on peut appliquer l’inégalité " P-L " aux trois fonctionsF,Get Het on obtient

ZZ

R²

h(x, y)dxdy= Z+∞

−∞

H(x)dx

>

Z+∞

−∞

F(x)dx

^λZ+∞

−∞

G(x)dx ^1−λ

= ZZ

R²

f(x, y)dxdy λZZ

R²

g(x, y)dxdy ^1−λ

. 14)PuisqueAest une partie bornée, il existe un réel positifMtel queA ⊂[−M, M]². Soitf∈C(A).fest donc nulle en dehors de[−M, M]et

ZZ

R²

f(x, y)dxdy= ZZ

[−M,M]²

f(x, y)dxdy6 ZZ

[−M,M]²

1 dxdy=4M².

Par suite, ZZ

R²

f(x, y)dxdy, f∈C(A)

est une partie non vide (car contient 0) et majorée (par 4M²) de R. On en déduit que

ZZ

R²

f(x, y)dxdy, f∈C(A)

admet une borne supérieure réelle.

15)SoitA=]a, b[×]c, d[. Pour toutf∈C(A), ZZ

R²

f(x, y)dxdy= ZZ

[a,b]×[c,d]

f(x, y)dxdy6 ZZ

[a,b]×[c,d]

1 dxdy= (b−a)(c−d).

On en déduit queV(]a, b[×]c, d[)6(b−a)(d−c).

Soient ε ∈]0,Min{(b−a)/2,(c−d)/2}[ puis φ (resp.ϕ) la fonction continue surR, nulle sur ] −∞, a]∪[b,+∞[ resp.

] −∞, c]∪[d,+∞[, égale à 1sur[a+ε, b−ε](resp.[c+ε, d−ε]) et affine sur[a, a+ε]et sur[b−ε, b](resp.[c, c+ε]et sur[d−ε, d]).

La fonctionftelle que ∀(x, y)∈R²,f(x, y) =φ(x)ϕ(y) est un élément deC(A)et donc

V(]a, b[×]c, d[)>

ZZ

R²

f(x, y)dxdy

>

ZZ

[a+ε,b−ε]×[c+ε,d−ε]

f(x, y)dxdy= ZZ

[a+ε,b−ε]×[c+ε,d−ε]

1 dxdy= (b−a−2ε)(d−c−2ε).

En résumé,∀ε∈]0,Min{(b−a)/2,(c−d)/2}[,(b−a−2ε)(d−c−2ε)6V(]a, b[×]c, d[)6(b−a)(d−c). Quandεtend vers0, on obtient

V(]a, b[×]c, d[) = (b−a)(d−c).

V(]a, b[×]c, d[)est l’aire du rectangle ouvert]a, b[×]c, d[.

16)On munitR²d’une norme quelconqueN.

Vérifions queλA+ (1−λ)Best une partie bornée deR². Il existe un réel positif MA(resp.MB) tel que pour toutX∈ A, (resp.Y ∈ B), on aN(X)6MA(resp.N(Y)6MB). Pour tout(X, Y)∈ A × B, on a alors

N(λX+ (1−λ)Y)6λN(X) + (1−λ)N(Y)6λMA+ (1−λ)MB. DoncλA+ (1−λ)Best une partie bornée deR².

Vérifions que λA+ (1− λ)B est un ouvert de R². Soit Z0 ∈ λA+ (1− λ)B. Il existe X0 ∈ A et Y0 ∈ B tel que Z0=λX0+ (1−λ)Y₀.

PuisqueAetBsont des ouverts, il existe un réel strictement positif rtel que la boule ouverte de centreX0 et de rayonr soit contenue dansAet la boule ouverte de centreY0 et de rayonr soit contenue dansB.

Vérifions que la boule ouverteBde centreZ0et de rayonr est contenue dansλA+ (1−λ)B. SoitZun élément deB.

SoientX=X0+ (Z−Z0)puisY= 1

1−λ(Z−λX).

Déjà, on aZ=λX+ (1−λ)Y. Ensuite,kX−X0k=kZ−Z0k< ret donc Xest dans la boule ouverte de centreX0 et de rayonret en particulierX∈ A.

Enfin,Y−Y0= 1

1−λ((Z−Z0) −λ(X−X0)) = 1−λ

1−λ(Z−Z0) =Z−Z0 puiskY−Y0k=kZ−Z0k< ret doncY∈ B.

En résumé, pour tout élément Z de la boule B, il existe X∈ A et Y ∈ B tel que Z= λX+ (1−λ)Y. On en déduit que B⊂λA+ (1−λ)B. On a ainsi monré queλA+ (1−λ)Best voisinage de chacun de ses points et donc queλA+ (1−λ)B est un ouvert deR².

Soientf∈C(A)etg∈C(B). PourZ∈R², on poseh(Z) =sup{f(X)^λg(Y)^1−λ, X, Y∈R², Z=λX+ (1−λ)Y}.

D’après le résultat admis par l’énoncé, la fonction h est continue sur R². Soit Z ∈ R². Pour tout (X, Y) ∈ R² tel que Z=λX+ (1−λ)Y,

06f(X)^λg(Y)^1−λ61^λ1^1−λ =1,

et donc06h(Z) =sup{f(X)^λg(Y)^1−λ, X, Y ∈R², Z−λX+ (1−λ)Y}61. Ainsi,h est à valeurs dans[0, 1].

SoitZ /∈λA+ (1−λ)B. S’il existe (X₀, Y0)∈R² tel queZ=λX0+ (1−λ)Y₀ et f(X₀)^λg(Y₀)^1−λ > 0, alorsf(X₀)6=0 et g(Y₀)6=0puisX0∈ AetY0∈ BpuisZ∈λA+ (1−λ)Bce qui est une contradiction. Donc, pour tout couple(X, Y)∈R² tel queZ=λX+ (1−λ)Y, on af(X)^λg(Y)^1−λ=0puish(Z) =0. Ainsi, la fonctionhest nulle en dehors deλA+ (1−λ)B.

En résumé, la fonctionhest continue surR², à valeurs dans[0, 1]et nulle en dehors deλA+ (1−λ)Bet donc la fonction hest un élément deC(λA+ (1−λ)B). On en déduit que

ZZ

R²

h(x, y)dxdy6V(λA+ (1−λ)B).

D’autre part, pour tout(X₀, Y₀)∈R², on a

h(λX₀+ (1−λ)Y₀) =sup{f(X)^λg(Y)^1−λ, X, Y∈R², λX₀+ (1−λ)Y₀=λX+ (1−λ)Y}>f(X₀)^λg(Y₀)^1−λ. On peut donc appliquer l’inégalité " P-L " aux fonctionsf,get h. On obtient

ZZ

R²

f(x, y)dx λZZ

R²

g(x, y)dx 1−λ

6 ZZ

R²

h(x, y)dxdy6V(λA+ (1−λ)B).

Ainsi, pour tout(f, g)∈C(A)×C(B), ZZ

R²

f(x, y)dx λZZ

R²

g(x, y)dx ^1−λ

6V(λA+ (1−λ)B).

Soitf∈C(A). V(B)est le plus petit des majorants de ZZ

R²

g(x, y)dx, g∈C(B)

et donc ZZ

R²

f(x, y)dx λ

V(B)^1−λ est le plus petit des majorants de

ZZ

R²

f(x, y)dx λZZ

R²

g(x, y)dx 1−λ

, g∈C(B)

. Par suite, pour toutf∈C(A),

ZZ

R²

f(x, y)dx λ

V(B)^1−λ6V(λA+ (1−λ)B). En pratiquant de même surf, on obtient V(A)^λV(B)^1−λ6V(λA+ (1−λ)B).

17)On pratique exactement de la même façon en remplaçant les fonctionsf,gethde la question précédente parfu,gu ethurespectivement ce qui est licite puisque entre autres, pour tout(X, Y)∈R²

h(λX+ (1−λ)Y)u(λX+ (1−λ)Y)>(f(X)u(X))^λ(g(Y)u(Y))^1−λ.