Inégalité de Tchebychev avec des intégrales

MrJ · January 2021

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 !

etanche · January 2021

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

Voir page 11

MrJ · January 2021

Oui c’était ma première démonstration, mais je cherche une démonstration plus directe.

Boole et Bill · January 2021

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.

O.G. · January 2021

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.

MrJ · January 2021

@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

). 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 · January 2021

supp

MrJ · January 2021

@side : joli hasard B-)-

etanche · January 2021

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.