Intégrale inégalité

$\sqrt{a+b} \leq \sqrt a + \sqrt b$ pour tous réels $a,b \geq 0$.

Bonsoir,
Il y a, par exemple, cet argument:

Soit $F: \left \{ \begin {array}{ccl} [a\:;\:b] & \longrightarrow& \R \\ x& \longmapsto & \displaystyle \left(\int _a^x \sqrt{1+f'^2}\right) -\sqrt {(x-a)^2 +(f(x)-f(a))^2} \end{array}\right.$
Alors: $F(a)=0\:\:$ et, au terme d'un petit calcul, on parvient à:$\:\:\forall x \in ]a\:;\:b], \quad F'(x)\geqslant0,\:$ puis à $\: \:F(x)\geqslant 0.$

Je pense qu'on peut se ramener au cas où $a=0$, $b=1$, $f(0)=0$, ce qui revient à prouver : $\int_{0}^{1}\sqrt{1+f^{~\prime }(t)^{2}}dt\geq \sqrt{1+f(1)^{2}}$.
Pour $x\in \lbrack 0,1]$, posons : $\phi (x)=\int_{0}^{x}\sqrt{1+f^{~\prime }(t)^{2}}dt-\sqrt{x^{2}+f(x)^{2}}$.
Il vient : $\phi ^{\prime }(x)=\sqrt{1+f^{~\prime }(x)^{2}}-\frac{x+f(x)f^{~\prime }(x)}{\sqrt{x^{2}+f(x)^{2}}}$, dérivée positive parce que : $(1+f^{~\prime }(x)^{2})(x^{2}+f(x)^{2})-(x+f(x)f^{~\prime}(x))^{2}=(f(x)-xf^{~\prime }(x))^{2}$.
C'est l'identité parfois dite de Lagrange, mais que je préfère attribuer à Fibonacci.
Le résultat en découle.
Bonne nuit.
15/07/2019
NB. En fait c'est la même solution que LOU16, je ne l'ai vu qu'après.

Tiens, ça me fait penser à un problème que j'avais posé dans le bulletin de l'APMEP il y a des années, et qui est lui aussi d'origine géométrique.Soient des réels $a$ et $b$, avec $a<b$, et soient les fonctions $f$ et $g$ de classe $\mathcal{C}^{1}$ sur $[a,b]$, à valeurs réelles, telles : que $f(a)=g(a)$ et $f(b)=g(b)$, que : $\forall x\in \lbrack a,b], g(x)\le f(x)$ et que la fonction $f$ est convexe. Démontrer : $\displaystyle \int_{a}^{b}\sqrt{1+g^{\prime }(t)^{2}}dt\geq \int_{a}^{b}\sqrt{1+f^{\prime }(t)^{2}}dt$.Bonne journée.

re Bonjour:
@ Chaurien
il semble que l'on puisse s'en sortir sans trop de dégâts en disant que en
sur $T$:l'espace des fonctions convexes (dérivables) à extrémités fixées edit de même hauteur (c'est un convexe , mieux c'est un cône dont la pointe est justement le minimiseur )
la fonctionnelle $g \mapsto \displaystyle \int_{a}^{b}\sqrt{1+g^{\prime }(t)^{2}}dt $
est concave entant que somme positive de fonctions concaves (j'ai fait de gros raccourcis, mais je pense réellement que c'est juste)

Je suis parti d'un théorème de géométrie du Lebossé-Hémery de Quatrième que j'avais quand j'étais élève de cette classe, à la fin des années 1950 : une ligne brisée convexe est plus courte qu'une ligne brisée quelconque qui a les mêmes extrémités et qui l' « enveloppe ». J'enverrai un dessin quand je pourrai.
Ça m'a fait penser à une propriété analogue pour les courbes. J'ai oublié la solution, mais je suis certain qu'un forumeur en trouvera une. Ou bien il faut chercher dans les annales du Bulletin de l'APMEP.
Bonne nuit.

Bonjour.

Je note qu'à l'époque, en quatrième, on considérait comme valide une démonstration d'une propriété générale ("une ligne brisée") par un cas particulier sur lequel on voit comment faire dans le cas général ("Une ligne brisées AEFGD").
Pas besoin de récurrence (évidemment, on ne la voyait qu'en terminale).

Cordialement.

Bonjour,
je pense que votre idée est juste: une fonction convexe n'est que la borne supérieure des fonctions affines qui la minore
au final si l'on montre le résultat pour deux fonctions affines par morceaux convexes dont une majore l'autre ça ira...

(et ce que j'ai écrit sur papier)

ps : dans mon post initial j'ai écrit que l'ensemble des fonctions convexes convexes à même extrémité était un ensemble totalement ordonné... (avec un peu de recul c'est faux c'est faux) c'est un ensemble partiellement ordonné.: prendre nle max des deux fonctions comme majorant convexe des deux.