III - Relation de Lagrange.

MPSI B Corrigé du DS 3 le 22/11/13 24 avril 2020

Problème 1

I - Cas discret

1. On considère deux famillesa₁ ≤ · · · ≤a_n etb₁≤ · · · ≤b_n. Introduisons une nouvelle famille en posant

A=

n

X

k=1

ak et ∀k∈J1, nK, a⁰_k =ak−A n

de sorte que la famille desa⁰_k est croissante et de somme nulle. Si l'inégalité est prouvée pour une telle somme, on peut écrire :

1 n

n

X

k=1

a⁰_kb_k≥0⇒ 1 n

n

X

k=1

(a_k−A

n)b_k≥0⇒ 1 n

n

X

k=1

a_kb_k−A n

1 n

n

X

k=1

b_k

!

≥0

⇒ 1 n

n

X

k=1

akbk ≥ 1 n

n

X

k=1

ak

! 1 n

n

X

k=1

bk

!

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 a⁰_n = 0 et b⁰_n =b_n et les contraintes sont vériées (somme nulle).

Si la famille desak n'est pas la famille triviale nulle, la remarque préliminaire indique quean+1 >0. La condition sur la somme desakentraîne alors quea⁰_n =an+an+1> an. La remarque préliminaire s'applique encore à la famille qui se termine para⁰_n. On en déduita⁰_n ≥0.

Sia⁰_n >0, de la condition sur la somme de produits, on tire

a⁰_nb⁰_n =a_nb_n+a_n+1b_n+1⇒b⁰_n= a_nb_n+a_n+1b_n+1 an+an+1

De plus,

b⁰_n−bn =an+1(bn+1−bn)

a_n+a_n+1 =an+1

a⁰_n (bn+1−bn)≥0

Il est impossible quea⁰_n= 0. Sinon, toujours d'après la remarque du début, on aurait a1=· · ·=an−1 = 0et an+an+1= 0ce qui entraînean =−an+1 <0 et a1 ≤ · · · ≤ a_n−1≤a_n<0ce qui est contradictoire.

3. Démontrons l'inégalité par récurrence surn. Elle est évidente pour n= 1. Montrons que l'inégalité pour une valeur denentraîne celle pourn+ 1.

On considère des familles comme dans la question précédente et on applique l'inégalité aux familles qui se terminent ena⁰_n et b⁰_n.

1

n(a₁b₁+· · ·+a_n+1b_n+1) = 1

n(a₁b₁+· · ·+a_n−1b_n−1+a⁰_nb⁰_n)≥0

4. La famille desbk est croissante, celle desb_n−k+1 est décroissante et celle des−b_n−k+1 est croissante. On peut lui appliquer l'inégalité de Chebychev (avec lesak) :

1 n

n

X

k=0

ak(−bn−k+1)≥ 1 n

n

X

k=0

ak

! −1 n

n

X

k=0

bn−k+1

!

⇒ −1 n

n

X

k=0

akb_n−k+1≥ − 1 n

n

X

k=0

ak

! 1 n

n

X

k=0

b_n−k+1

!

⇒ 1 n

n

X

k=0

akb_n−k+1≤ 1 n

n

X

k=0

ak

! 1 n

n

X

k=0

bk

!

après changement d'indice dans la dernière somme deb. 5. Inégalité de Nesbitt.

a. En écrivant1 = ^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 numérateura+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 quea≤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

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 S1303C

MPSI B Corrigé du DS 3 le 22/11/13 24 avril 2020

NotonsS la somme à minorer et utilisons la question 1., l'inégalité devient 1

3S ≥1

9(S+ 3)⇒ 2 9S≥ 1

3 ⇒S ≥3 2

II - Cas continu.

1. Lorsquef est croissante et que son intégraleI sur[0,1]n'est pas nulle, on peut consi- dérer la fonctionf =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 al'unique élément de l'intervalle en lequel elle s'annule.

b. Commef est strictement croissante, elle est strictement négative avantaet 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 décroissanteF₁entre[0, a]et[A,0]et une bijection croissante F₂ entre[a,1]et [A,0].

c. Changement de variableu=F1(t)dansRa

0 f(t)g(t)dt.

Bornes. Quandtest en 0,uest enF₁(0) =F(0) = 0. Quand test ena,uest en F₁(a) =F(a) =A.

Élément diérentiel. u=F1(t),du=f(t)dt. Fonction. u=F1(t)⇔t=ϕ1(u),g(t) =g(ϕ1(u)). Le changement de variable s'écrit donc :

Z a 0

f(t)g(t)dt= Z A

0

g(ϕ₁(u))du

Noter que les bornes sont dans le mauvais sens carA <0, cela traduit le fait que la bijectionF₁est 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(ϕ2(u))du

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(ϕ1(u))du+ Z 0

A

g(ϕ2(u))du

= Z 0

A

(g(ϕ2(u))−g(ϕ1(u))) du orϕ₁(u)≤a≤ϕ₂(u)etgcroissante entraîneg(ϕ₂(u))−g(ϕ₁(u))≥0puis la positivité de l'intégrale.

III - Relation de Lagrange.

1. Deux couples symétriques (i, j) et (j, i) du carré Cn 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 triangleTn

strictement au dessus de la diagonale.

2. Développons la somme étendue au carré X

(i,j)∈Cn

(aj−ai)(bj−bi) = X

(i,j)∈Cn

(ajbj−aibj−ajbi+aibi)

=

n

X

i=1





n

X

j=1

a_jb_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_ib_i

!

= 2n

n

X

k=1

a_kb_k−2

n

X

k=1

a_k

! _n X

k=1

b_k

!

On en déduit la relation demandée en simpliant par2 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.

Problème 2

à compléter

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2 Rémy Nicolai S1303C