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Inégalité de Tchebychev avec des intégrales

MrJMrJ
Modifié (18 Mar) dans Analyse
Bonjour tout le monde,
je m’intéresse à l’inégalité suivante : si $f,g:[0,1]\to\R$ sont deux fonctions continues, positives et décroissantes, alors on a l’inégalité
\[\Big(\int_0^1 f(t) dt\Big)\Big( \int_0^1 g(t) dt\Big)\leq \int_0^1 f(t) g(t) dt.
\] J’ai trouvé deux démonstrations de cette inégalité :
- Passer par l’inégalité analogue discrète et utiliser des sommes de Riemann.
- Considérer l’intégrale $\int_0^1\int_0^1 \big(f(x)-f(t)\big)\big(g(x)-g(t)\big) dx dt$.

Je me demande s’il n’y aurait pas une démonstration « plus directe », car j’aimerais pouvoir poser cette inégalité en exercice, mais les deux solutions précédentes ne me satisfont pas pour un exercice à destination d’un étudiant.
Merci pour votre aide !

Réponses

  • Avec les sommes de Riemann tu montres l’ inégalité dit de Chebychev puis un passage un limite

    Voir page 11
  • Oui c’était ma première démonstration, mais je cherche une démonstration plus directe.
  • Salut ! Je serais bien tenté d'essayer quelque chose avec l'inégalité de la moyenne.

    Il existe $c_1,c_2$ dans $[0,1]$ tels que \[\int_0^1 f(t)g(t)dt = f(c_1)\int_0^1 g(t)dt = g(c_2)\int_0^1f(t)dt. \]
    Si $f(c_1)\geq\int_0^1f(t)dt$, alors la conclusion est vérifiée. Sinon, on en déduit en reprenant l'égalité ci-dessus que \[f(c_1)\int_0^1g(t)dt < g(c_2)f(c_1)\]. On en déduit le résultat puisque dans ce cas on peut simplifier par $f(c_1)$ qui est nécessairement non nul et qu'il suffit de multiplier par $\int_0^1f(t)dt$ pour conclure.

    Je n'ai pas l'impression de m'être planté mais je n'ai pas utilisé la décroissance.
  • Bonjour
    Peut-être que quelque chose m'échappe, mais je ne comprends pas la suite de "sinon on en déduit". À partir de l'égalité on aurait
    $$g(c_2)\int_0^1 f(t)dt= f(c_1)\int_0^1 g(t) dt < \int_0^1 f(t)dt \int_0^1 g(t)dt$$
    mais je ne vois pas la suite ??

    Sinon il me semble, même si ce n'est pas très élégant, qu'on peut écrire l'inégalité correspondante sur $[0,x]$ (il y a un $x$ qui interviendra à droite de l'inégalité), dériver et constater que la fonction est croissante.
  • @Boole et Bill : Je n'arrive pas à comprendre non plus comment tu continues dans ton second cas (qui d'ailleurs ne doit jamais arriver, sinon on obtient l'inégalité dans l'autre sens :D). J'avais aussi essayé de l'utiliser, mais je n'étais pas arriver jusqu'au bout.

    @O.G. : Il me semble que cela marche. Si on définit $\varphi:[0,1]\to\R$ par
    \[\forall x\in[0,1],\quad \varphi(x)=\left(\int_0^x f(t)dt\right)\left(\int_0^x g(t) dt\right) - x\int_0^x f(t)g(t) dt,\]
    alors la fonction $\varphi$ est dérivable et on a avec un calcul que
    \[\forall x\in[0,1],\quad \varphi'(x)=\int_0^x (f(x)-f(t))(g(x)-g(t))dt \geq 0.\]
    On en déduit que la fonction $\varphi$ est croissante, ce qui nous permet de conclure en utilisant que $\varphi(0)=0$.

    Il semblerait que l'hypothèse "fonctions positives" soit inutile.
  • @side : joli hasard B-)-
  • MrJ écrivait : http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?4,2158642,2159000#msg-2159000
    > définit $\varphi:[0,1]\to\R$ par \[\forall x\in[0,1],\quad \varphi(x)=\left(\int_0^x f(t)dt\right)\left(\int_0^x g(t) dt\right) - x\int_0^x f(t)g(t) dt,

    \] Très bien cette preuve avec $\varphi$, pas besoin [de l']inégalité [de] Tchebychev, ni [de] sommes de Riemann, ni [d']intégrales doubles.
  • Et oui, je me suis planté tout compte fait. 8-)
  • Existe-t-il une inégalité analogue de MrJ avec $n$ fonctions $f_1,f_2,…,f_n$ ? Merci 
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