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Inégalités de Cauchy-Schwarz, etc. 7. Inégalités de Hardy. ... Exercice 1 : Soient ( ai)i?I et (bi)i?I deux familles majorées de réels. Montrer que : sup i?I ..... Mines- Ponts 2005. La première est montrée en annexe de mon corrigé de ce problème.



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Inégalités

0. Techniques élémentaires.

1. Inégalités de réordonnement.

2. Inégalités de Tchebychev.

3. Inégalités tayloriennes.

4. Inégalités de convexité.

5. Inégalités de la moyenne.

6. Inégalités de Cauchy-Schwarz, etc.

7. Inégalités de Hardy.

8. Inégalités de Hilbert.

9. Inégalité de Muirhead.

10. Inégalités isopérimétriques.


Pierre-Jean Hormière

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« Le Calcul infinitésimal (...) est
l'apprentissage du maniement des inégalités bien
plus que des égalités, et on pourrait le résumer
en ces trois mots : MAJORER, MINORER, ENCADRER. »

Jean Dieudonné

Le c?ur de cette note est formé des inégalités de la moyenne et des
inégalités de convexité. Les inégalités vont souvent par deux : une
version « discrète » (sommes finies ou séries) et une version intégrale.
Mais on pourrait aussi bien les grouper par thèmes, selon leurs
applications en algèbre, analyse ou géométrie.


0. Techniques élémentaires.


Rappelons quelques techniques simples de majoration et de minoration :
( Montrer que ((x) f(x) ( g(x), lorsque x est réel, revient à étudier le
signe de g(x) ( f(x) ; pour cela, il suffit parfois de le factoriser, ou
d'étudier ses variations.
( Pour majorer ou minorer une fonction de deux variables (ou plus), on
peut utiliser le théorème d'associativité des bornes supérieures ou
inférieures : sup f(x, y) = supx supy f(x, y). On peut aussi utiliser des
techniques plus sophistiquées, combinant compacité et différentiabilité
(cf chap. ad hoc).
( Si a1, a2, ..., an sont n nombres réels, n.min(ak) ( a1 + a2 +
... + an ( n.max(ak).
De même, si (x([a, b] m ( f(x) ( M, on a m.(b ( a) ( [pic] ( M.(b (
a).
(on suppose f réglée... ). C'est le « théorème de la moyenne ».
( Pour encadrer une somme finie ou infinie, on peut utiliser un
encadrement intégral.


Exercice 1 : Soient (ai)i(I et (bi)i(I deux familles majorées de réels.
Montrer que :
sup i(I (ai + bi) sup i(I ai + sup i(I bi
| sup i(I ai sup i(I bi | sup i(I |ai bi| .
Donner des exemples où les inégalités sont strictes.

Exercice 2 : Soient (ai)i(I et (bj)j(J deux familles majorées de réels.
Montrer que :
sup(i, j)IJ (ai + bj) sup iI ai + sup jJ bj .

Exercice 3 : Soient (ai)i(I et (bj)j(J deux familles non vides de réels
telles que (i, j)IJ ai bj .
Montrer que : supi(I ai infj(J bj .

Exercice 4 : Soit (aij)(i, j)IJ une famille bornée de réels.
Montrer que : supj(J infi(I aij infi(I supj(J aij .
Extension à [pic] .
Donner un exemple où l'inégalité est stricte.

Exercice 5 : Soit Sn = 0 ! + 1 ! + ... + n !. Encadrer Sn, et en déduire
que (Sn/n!) tend vers 1.
Exercice 6 : Soit Sn = ln n! = [pic].
1) Montrer les encadrements : [pic] Sn [pic] (1)
[pic] Sn [pic] + ln
n (2)
[pic] Sn [pic] + ln
n (3)
En déduire : ([pic])n.n n !
([pic])n.e n (4)
2) De la concavité du log, déduire les encadrements :
[pic].(ln k + ln(k + 1)) [pic] ln(k + [pic])
(5)
[pic](ln k + ln(k + 1)) [pic] [pic](ln k + ln(k + 1)) +
[pic]([pic] [pic]) (6)
En déduire :
[pic] + ln 2 + ... + ln n [pic] [pic] + ln 2 + ... + ln n +
[pic](1 [pic])
puis : n.ln n n + [pic]ln n + [pic] + [pic] Sn n.ln n n +
[pic]ln n + 1 (7)
et : Sn = n.ln n n + [pic]ln n + O(1)
(8)
> p:=plot(ln,0..7,0..2):f:=x->ln(floor(x)):g:=x->ln(ceil(x)):
> q:=plot(f(x),x=1..7,color=blue):r:=plot(g(x),x=1..7,color=green):
> display({p,q,r});
[pic]
> p:=plot(ln,0..7,0..2):
> f:=x->ln(floor(x))+frac(x)*ln(1+1/floor(x)):g:=x->ln(round(x))+(x-
round(x))/round(x):
> q:=plot(f(x),x=1..7,color=blue):r:=plot(g(x),x=1..7,color=green):
> display({p,q,r});
[pic]
1. Inégalités de réordonnement.


Problème 1 : Soient a1, a2, ..., an et b1, b2, ..., bn des nombres réels.
Lorsque ( décrit l'ensemble des permutations de {1, 2, ..., n}, la somme
S(() = [pic] prend au plus n! valeurs. Pour quelles permutations est-elle
maximum, resp. minimum ?

Théorème 1 : S(() est maximum lorsque les suites a1, a2, ..., an et b((1),
b((2), ..., b((n) sont rangées dans le même ordre, au sens large. S(() est
minimum lorsque les suites a1, a2, ..., an et b((1), b((2), ..., b((n)
sont rangées dans l'ordre inverse.

Preuve : La deuxième assertion se déduit de la première en changeant les
bi en leurs opposés.
Supposons qu'il existe des indices i et j tels que ai > aj et b((i) <
b((j).
Considérons alors les deux sommes :
S = a1.b((1) + ... + ai.b((i) + ... +
aj.b((j) + ... + an.b((n) ,
T = a1.b((1) + ... + ai.b((j) + ... +
aj.b((i) + ... + an.b((n) .
On alors T - S = (ai ( aj).(b((j) ( b((i)) > 0 .
Cet argument montre que si ( ne met pas les bi dans le même ordre que les
ai, la somme S(() n'est pas maximum. Comme S(() ne prend qu'un nombre fini
de valeurs, il possède un plus grand élément. Cet élément correspond au
cas où les suites a1, a2, ..., an et b((1), b((2), ..., b((n) sont rangées
dans le même ordre, au sens large.
Autre preuve, très peu différente :
Soit ( une permutation rendant maximum S((). On a ((i, j) S(() ( S(( o
(ij) , c'est-à-dire :
a1.b((1)+...+ai.b((i)+...+ aj.b((j) +...+ an.b((n) ( a1.b((1) +...+
ai.b((j) +...+ aj.b((i) +...+ an.b((n)
Par soustraction, il vient (ai ( aj).(b((i) ( b((j)) ( 0.
ai ( aj et b((i) ( b((j) sont toujours de même signe, donc ( range les bi
dans le même ordre que les ai.

Concluons ! Le maximum est à chercher parmi les permutations qui rangent
les bi dans le même ordre que les ai. Il peut y avoir plusieurs
permutations de c type. Par exemple si (ai) = (1, 1, 1, 2, 2) et (bi) =
(2, 2, 3, 3, 4), il y en a 48. Mais elles donnent toutes la même somme
S(()..

Proposition 2 : Soient a1 ( a2 ( ... ( an et b1 ( b2 ( ... ( bn.
Pour toute permutation ( de {1, 2, ..., n}, on a : [pic] ( [pic]( [pic].

Preuve : Cet énoncé est un corollaire du théorème précédent. Il en
présente le résultat sous une forme moins parlante, mais équivalente.

Exemples :
1) ((((Sn) [pic] = [pic] ( S(() = [pic] ( [pic] = [pic]
2) ((((Sn) [pic] = [pic] ( S(() = [pic] ( [pic] , où Hn = [pic].


Exercice 1 : Démontrer directement la proposition 2, par récurrence forte
sur n, en distinguant deux cas : ((n) = n, et ((n) = j < n.

Solution : Si n = 2, il s'agit de vérifier que a1.b2 + a2.b1 ( a1.b1 +
a2.b2 . Il suffit de factoriser la différence. Supposons le résultat vrai
jusqu'au rang n(1.
( Si ((n) = n, ( induit une permutation (' de {1, 2, ..., n(1}.
Par hypothèse de récurrence [pic] = [pic]( [pic]. Il reste à ajouter
an.bn .
( Si ((n) = j < n, ( induit une bijection de {1, 2, ..., n(1} sur {1, ...,
j(1, j+1, ..., n}.
Appliquant l'hypothèse de récurrence au rang n(1, il vient :
a1.b((1) + ... + an-1.b((n-1) ( a1.b1 + ... + aj-1.bj-1 +
aj.bj+1 + ... + an-1.bn ,
et a1.b((1) + ... + an.b((n) ( a1.b1 + ... + aj-1.bj-1 + aj.bj+1
+ ... + an-1.bn + an.bj .
De plus, par HR(n ( j), aj.bj+1 + ... + an-1.bn + an.bj ( aj.bj + ... +
an.bn . cqfd.

Exercice 2 : Soient x1 ( x2 ( ... ( xn et y1 ( y2 ( ... ( yn . Montrer
que pour toute permutation ( de {1, 2, ..., n}, [pic] ( [pic] ( [pic].
Solution : Il suffit de développer, simplifier et utiliser la prop. 2.

Exercice 3 : Soit (ak)k(1 une suite d'entiers > 0, deux à deux distincts.
Démontrer, pour chaque entier n ( 1, l'inégalité [pic] ( [pic].
(Olympiades 1978).

Exercice 4 : Montrer que, pour toute permutation ( de N*, la série [pic]
diverge.
Solution : Il découle de l'inégalité de réordonnement que, pour toute
permutation ( de {1, 2, ..., n},
[pic] ( [pic] = [pic] = Hn , suite qui, on le sait, tend vers l'infini.
Soit maintenant ( une permutation de N*. ( n'a aucune raison de laisser
stable {1, 2, ..., n}, mais, pour tout n, il existe une permutation ( de
{1, 2, ..., n} qui range les éléments dans le même ordre que (.
Visiblement [pic] ( [pic], donc [pic] ( Hn . Cqfd.
Autre preuve, directe : minorons les tranches de Cauchy Tn = [pic].
Tn ( [pic][pic] ( [pic][pic] = [pic], qui ne tend pas vers 0...
On montrera de même que pour toute permutation ( de N({0, 1}, la série
[pic] diverge.
Exercice 5 : Montrer que, pour tous x, y, z ( 0, x3 + y3 + z3 ( 3xyz.
Solution : On peut supposer x ( y ( z ; alors x2 ( y2 ( z2, donc :
x3 + y3 + z3 = x.x2 + y.y2 + z.z2 ( x.y2 + y.z2 + z.x2 =
xy.y + yz.z + zx.x .
Or x.y ( x.z ( y.z, donc xy.y + yz.z + zx.x ( xy.z + yz.x + zx.y = 3xyz.
N.B. : Cette inégalité découle aussi de celle de la moyenne géométrique


Problème 2 : Soient a1, a2, ..., an et b1, b2, ..., bn des nombres réels
tels que ((i, j) ai + bj > 0. Lorsque ( décrit l'ensemble des permutations
de {1, 2, ..., n}, le produit P(() = [pic] prend au plus n! valeurs. Pour
quelles permutations est-il maximum, resp. minimum ?

Théorème 3 : P(() est maximum lorsque les suites a1, a2, ..., an et b((1),
b((2), ..., b((n) sont rangées dans l'ordre inverse, au sens large,
min
....