MPSI-Éléments de cours Inégalité de Chebychev 28 février 2020
Inégalité de Chebychev
Rédaction incomplète. Version alpha Plan
I. Présentation - linéarité . . . . 1
II. Applications . . . . 2
1. Inégalité de Nesbitt . . . . 2
2. Avec des dominos . . . . 2
3. Une inégalité trigonométrique . . . . 2
III. Autres inégalités . . . . 2
1. Inégalité de Cauchy-Scharz . . . . 2
2. Inégalité de réordonnement . . . . 3
IV. Un exercice résolu. . . . 3
I. Présentation - linéarité
La forme discrète de l'inégalité de Chebychev porte sur des suites croissantes de nombres réels et fournit un encadrement du produit des valeurs moyennes.
a 1 ≤ a 2 ≤ · · · ≤ a p
b 1 ≤ b 2 ≤ · · · ≤ b p
)
⇒ 1 p
p
X
k=1
a k b n−k+1 ≤ 1 p
p
X
k=1
a k
! 1 p
p
X
k=1
b k
!
≤ 1 p
p
X
k=1
a k b k
La forme continue porte sur des fonctions f et g continues et croissantes sur un segment [a, b] :
1 b − a
Z b a
f (t)g(b − t) dt ≤ 1 b − a
Z b a
f (t) dt
! 1 b − a
Z b a
g(t) dt
!
≤ 1
b − a Z b
a
f (t)g(t) dt
Ces formules seront démontrées en deux temps. On prouve d'abord dans cette section que l'inégalité à droite dans un cas particulier entraîne l'encadrement dans le cas général.
Admettons ici que
a 1 ≤ a 2 ≤ · · · ≤ a p b 1 ≤ b 2 ≤ · · · ≤ b p
p
X
k=1
a k = 0
⇒ 0 ≤ 1 p
p
X
k=1
a k b k (1)
Dans le cas où la somme des a k n'est pas nulle, on peut noter a la valeur moyenne, dénir a 0 k par a 0 k = a k − a et appliquer la proposition 1 aux familles (toujours croissantes) des a 0 k et b k . On en déduit par linéarité
a 1 ≤ a 2 ≤ · · · ≤ a p
b 1 ≤ b 2 ≤ · · · ≤ b p )
⇒ 1
p
p
X
k=1
a k
! 1 p
p
X
k=1
b k
!
≤ 1 p
p
X
k=1
a k b k (2)
Pour obtenir la partie gauche de l'inégalité, considérons les familles (a 1 , · · · , a p ) et (−b p , −b p−1 , · · · , −b 1 ) . Elles sont croissantes. On peut leur appliquer la proposition 2. On en tire l'inégalité cherchée par linéarité.
Les raisonnements sont identiques dans le cas continu.
La preuve de l'inégalité de droite repose sur des identités remarquables. On peut aussi la montrer par récurrence dans le cas discret.
Proposition. Soit (a 1 , · · · , a p ) ∈ R p et (b 1 , · · · , b p ) ∈ R p :
1 p
p
X
k=1
a k b k = 1 p
p
X
k=1
a k
! 1 p
p
X
k=1
b k
! + 1
2p 2
p
X
(i,j)∈{1,···,p
2}
(a i − a j )(b i − b j )
Cette création est mise à disposition selon le Contrat
Paternité-Pas d'utilisations commerciale-Partage des Conditions Initiales à l'Identique 2.0 France disponible en ligne http://creativecommons.org/licenses/by-nc-sa/2.0/fr/
1
Rémy Nicolai C9531MPSI-Éléments de cours Inégalité de Chebychev 28 février 2020
Soit f et g dans C[a, b] :
1 b − a
Z b a
f(t)g(t) dt = 1 b − a
Z b a
f (t) dt
! 1 b − a
Z b a
g(t) dt
!
+ 1
2(b − a) 2 Z b
a
Z b a
(f (x) − f (y))(g(x) − g(y)) dx dy Preuve. Ne pas se laisser impressionner et développer la somme ou l'intégrale double par linéarité. On aboutit à la relation facilement.
On obtient l'inégalité dans le cas croissant en découpant en deux morceaux. Par exemple, pour le cas continu avec des fonctions f et g croissantes :
Z b a
Z b a
(f (x) − f(y))(g(x) − g(y)) dx dy = Z b
a
Z b a
(f (x) − f (y))(g(x) − g(y)) dx
! dy
= Z b
a
Z y a
(f(x) − f (y))
≤0
(g(x) − g(y))
≤0
dx + Z b
y
(f (x) − f (y))
≥0
(g(x) − g(y))
≥0
dx
! dy ≥ 0
Le raisonnement est analogue dans le cas discret. On peut remarquer que, dans les cas considérés, l'inégalité est stricte sauf si une des deux familles/ fonctions est constante.
II. Applications
1. Inégalité de Nesbitt
Soit a , b , c des réels tels que a + b , b + c , c + a strictement positifs. Alors a
b + c + b
c + a + c a + b ≥ 3
2
Comme la relation est inchangée par permutation des lettres, on peut supposer a ≤ b ≤ c ce qui entraîne a + b ≤ a + c ≤ b + c et appliquer l'inégalité de Chebychev à
a
b + c + b
c + a + c
a + b + 3 = (a + b + c)( 1
b + c + 1
c + a + 1 a + b ) ≤ 3
a
b + c + b
c + a + c a + b
2. Avec des dominos
Soit a 1 ≥ a 2 ≥ · · · ≥ a p > 0 , alors
p
X
k=1
a k
(2k − 1)(2k + 1) ≥ 1 2p
p
X
k=1
a k
3. Une inégalité trigonométrique
Soit a , b , c tels que 0 < a < b < c < π 2 . Alors
sin a + sin b + sin c
(tan b + tan c) cos a + (tan c + tan a) cos b + (tan a + tan b) cos c ≤ 1 2
III. Autres inégalités
Pour terminer citons deux autres inégalités classiques qui se placent dans le même contexte.
Cette création est mise à disposition selon le Contrat
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1. Inégalité de Cauchy-Scharz
Cette fois c'est la somme des produits qui est encadrée. Soit a 1 , a 2 , · · · , a p et b 1 , b 2 , · · · , b p deux familles quel- conques de nombres réels.
p
X
k=1
a k b k
≤ v u u t
p
X
k=1
a 2 k v u u t
p
X
k=1
b 2 k La démonstration repose sur la fonction du second degré
t 7→
p
X
k=1
(a k + tb k ) 2
!
qui ne prend que des valeurs positives. L'inégalité revient à la négativité du discriminant.
2. Inégalité de réordonnement
Soit a 1 ≤ a 2 ≤ · · · ≤ a p et b 1 ≤ b 2 ≤ · · · ≤ b p deux familles croissantes de nombres réels. Soit σ une permutation des entiers de 1 à p :
p
X
k=1
a k b p−k+1 ≤
p
X
k=1
a k b σ(k) ≤
p
X
k=1
a k b k
L'inégalité de droite se prouve par récurrence sur p . L'inégalité de gauche se déduit de la première par linéarité.
On peut déduire l'inégalité de Chebychev de celle du réordonnement.
Dans les conditions indiquées, on peut écrire p inégalités en permutant circulairement les b i de gauche a 1 b 1 + a 2 b 2 + · · · + a n b n ≤ a 1 b 1 + a 2 b 2 + · · · + a n b n
a 1 b 2 + a 2 b 3 + · · · + a n b 1 ≤ a 1 b 1 + a 2 b 2 + · · · + a n b n
a 1 b 3 + a 2 b 4 + · · · + a n b 2 ≤ a 1 b 1 + a 2 b 2 + · · · + a n b n ...
a 1 b n + a 2 b 1 + · · · + a n b n ≤ a 1 b 1 + a 2 b 2 + · · · + a n b n
En sommant, on obtient
(a 1 + · · · + a n )(b 1 + b 2 + · · · b n ) ≤ n(a 1 b 1 + a 2 b 2 + · · · + a n b n ) qui permet de conclure.
Exemple. Soit a 1 , · · · , a p des nombres naturels non nuls deux à deux distincts. Alors a 1
1 2 + a 2
2 2 + · · · + a p
p 2 > 1 1 + 1
2 + · · · + 1 p
Notons b 1 , · · · , b p les valeurs des a k dans l'ordre croissant. Comme les a k sont deux à deux distincts, on a de plus b k ≥ k . Par réordonnement :
b 1 < b 2 < · · · < b p
1 1 2 < 1
2 2 < · · · < 1 p 2
⇒ b 1
1 2 + b 2
2 2 + · · · + b p
p 2 < a 1
1 2 + a 2
2 2 + · · · + a p
p 2
et b 1
1 2 + b 2
2 2 + · · · + b p
p 2 ≥ 1 1 2 + 2
2 2 + · · · + p p 2 = 1
1 + 1
2 + · · · + 1 p
IV. Un exercice résolu
Soit a, b, c réels strictement positifs. Montrer que ab
a + b + ac
a + c + bc b + c < 3
2
ab + bc + ac a + b + c
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On s'inspire de la démonstration de l'inégalité de Nesbitt. Notons S la somme à majorer : ab
a + b + c = ab + ac + bc a + b bc
b + c + a = bc + ba + ca b + c ca
c + a + b = ca + bc + ba c + a
⇒ S + (a + b + c) = (ab + bc + ca) 1
a + b + 1
b + c + 1 c + a
Comme l'inégalité à démontrer est invariante par permutation des lettres, on peut supposer a < b < c ce qui entraîne ab < ac < bc et a + b < a + c < b + c d'où, par l'inégalité de Chebychev,
ab < ac < bc 1
b + c < 1
a + c < 1 a + b
⇒ (ab + bc + ca) 1
a + b + 1
b + c + 1 c + a
> 3S
On en tire S < 1 2 (a + b + c) . Malheureusement cette inégalité est plus faible que celle qui est demandée car
3 2
ab + bc + ac a + b + c − 1
2 (a + b + c) = 1
2(a + b + c) 3(ab + bc + ac) − (a + b + c) 2
= 1
2(a + b + c) ab + bc + ac − a 2 − b 2 − c 2
< 0 Par l'inégalité de réordonnement lorsque a < b < c .
Curieusement, on peut améliorer l'inégalité en appliquant (ab + bc + ca)
1
a + b + 1
b + c + 1 c + a
= S + (a + b + c) < 3
2 (a + b + c)
aux inverses c'est à dire avec 1 a , 1 b , 1 c . Il vient : 1
ab + 1 bc + 1
ca
S < 3 2
1 a + 1
b + 1 c
⇔ a + b + c abc S < 3
2
ab + bc + ac
abc ⇔ S < 3 2
ab + bc + ac a + b + c
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