Inégalités

• Faire des dessins !
• Il est toujours plus facile de calculer des modules au carré que des modules.

On a $\displaystyle \Delta(1,\rho,\varphi)\subset D(0,1)$ où $\displaystyle D(0,1)$ est le disque unité fermé. Soit $\displaystyle z\in\Delta(1,\rho,\varphi)$. On a $\displaystyle |1-z|=r$, et $$1-|z|^2=1-z\overline{z}=1-(1-re^{i\theta})(1-re^{-i\theta})=r(e^{i\theta}+e^{-i\theta})-r^2.$$ Donc $\displaystyle 1-|z|^2\ge r(2\cos \varphi-\rho)$ car $\displaystyle r\le\rho$ et $\displaystyle |\theta|\le\varphi$ implique $\displaystyle \cos \theta\ge\cos \varphi$. Avec $\displaystyle 1+|z|\le 2$, on en déduit que $$\frac{|1-z|}{1-|z|}=\frac{|1-z|(1+|z|)}{1-|z|^2}\le \frac{2}{2\cos\varphi -\rho}.$$

$\displaystyle a^{1/n}$ 👉 passage au $\displaystyle \log$

En passant au $\displaystyle \log$, il suffit de montrer que $\displaystyle \frac{1}{n}(\log(x_1)+\cdots \log(x_n))\le \log\left(\frac{x_1+\cdots+x_n}{n}\right)$, ce qui exprime la concavité du $\displaystyle \log$.

Cette inégalité est un classique (difficile) qui a été donné il y a déjà pas mal d’années aux oraux X-ENS (cf Francinou p.208). La page wikipédia dédiée en donne une très jolie preuve, mais qu’il faut bien qualifier d’astucieuse ! Elle utilise l’inégalité arithmético-géométrique appliquée à des quantités très judicieusement choisies.

Pour une suite $\displaystyle (u_n)$, on note $\displaystyle \Delta u_n=u_n-u_{n-1}$. On pose $\displaystyle x_n=\frac{a_1+\cdots+a_n}{n}$. Calculons :
$$\begin{array}{ccl} \Delta (nx_n^2) & = & nx_n^2-(n-1)x_{n-1}^2 \\ (n-1)(\Delta x_n)^2 & = & (n-1)(x_n^2-2x_nx_{n-1}+x_{n-1}^2), \end{array}$$ d’où
$$\begin{array}{ccl} x_n^2+\Delta (nx_n^2) +(n-1)(\Delta x_n)^2 & = & 2nx_n^2-2(n-1)x_nx_{n-1} \\ & = & 2x_n(nx_n- (n-1)x_{n-1}) \\ & = & 2x_na_n. \end{array}$$ On en déduit donc $\displaystyle x_n^2+\Delta (nx_n^2) \le 2x_na_n$, d’où $\displaystyle \sum_{n=1}^Nx_n^2+Nx_N^2 \le 2\sum_{n=1}^Nx_na_n$.
Ainsi avec l’inégalité de Cauchy-Schwarz, on obtient $$\sum_{n=1}^Nx_n^2 \le 2\sqrt{\sum_{n=1}^Nx_n^2}\sqrt{\sum_{n=1}^Na_n^2},$$ ce qui nous permet de conclure, en prenant le carré et en simplifiant.

L’inégalité $\displaystyle x^{1/p}y^{1/q}\le\frac{x}{p}+\frac{y}{q}$ est une conséquence de la concavité de la fonction $\displaystyle \ln$ (prendre le $\displaystyle \ln$ à gauche et à droite de l’inégalité). Posons $\displaystyle x_i=\frac{a_i^p}{\sum_{k=1}^n a_k^p}$ et $\displaystyle y_i=\frac{b_i^p}{\sum_{k=1}^n b_k^p}$. On applique l’inégalité précédente à $\displaystyle x_i$ et $\displaystyle y_i$, puis on somme: $$\sum_{i=1}^n x_i^{1/p}y_i^{1/q}\le \frac1p\sum_{i=1}^n x_i+\frac1q\sum_{i=1}^n y_i=\frac{1}{p}+\frac{1}{q}=1.$$ On obtient alors l’inégalité de Hölder en multipliant par $\displaystyle \left(\sum_{i=1}^n a_i^p\right)^{1/p} \left(\sum_{i=1}^n b_i^q\right)^{1/q}.$
Le cas $\displaystyle p=q=2$ est la célèbre inégalité de Cauchy-Schwarz. Le cas $\displaystyle p=1$, $\displaystyle q=\infty$ correspond au fait de majorer chaque $\displaystyle a_ib_i$ par $\displaystyle a_i\|b\|_\infty$, i.e. le cas $\displaystyle \sum_{i=1}^n a_ib_i\le \|a\|_1\|b\|_\infty$.

Une somme, des carrés, des racines 👉 Cauchy-Schwarz ! mais avec quelles quantités ?

On note $\displaystyle \sum_{m\ge1}\sum_{n\ge1}=\sum_{(m,n)\in Q}$. On veut bien sûr faire un Cauchy-Schwarz, mais les candidats naturels $\displaystyle \frac{a_m}{\sqrt{m+n}}$ et $\displaystyle \frac{b_n}{\sqrt{m+n}}$ ne marchent pas car $\displaystyle \sum_{(m,n)\in Q} \frac{a_m^2}{m+n}=\infty$ (en effet pour un $\displaystyle a_m\neq 0$, on a $\displaystyle \sum_{n\ge1}\frac{a_m^2}{m+n}=\infty$). Il faut donc ruser !
Posons $\displaystyle A_{m,n}=\frac{a_m}{\sqrt{m+n}}\left(\frac{m}{n}\right)^a$ et $\displaystyle B_{m,n}=\frac{a_n}{\sqrt{m+n}}\left(\frac{n}{m}\right)^a$ avec $\displaystyle a>0$. Cauchy-Schwarz nous donne alors $$\left(\sum_Q A_{m,n}B_{m,n}\right)^2\le \sum_Q A_{m,n}^2\sum_Q B_{m,n}^2.$$ Majorons $\displaystyle \sum_Q A_{m,n}^2=\sum_{m\ge1}a_m^2\sum_{n\ge1}\frac{1}{m+n}\left(\frac{m}{n}\right)^{2a}$. Comme la fonction $\displaystyle x\mapsto \frac{1}{m+x}\left(\frac{m}{x}\right)^{2a}$ est décroissante, on obtient $$\sum_{n\ge1}\frac{1}{m+n}\left(\frac{m}{n}\right)^{2a}\le \int_0^\infty\frac{1}{m+x}\left(\frac{m}{x}\right)^{2a}dx=\int_0^\infty\frac{1}{1+y}\frac{dy}{y^{2a}}=C(a),$$ en utilisant le changement de variable $\displaystyle x=my$. On remarque alors que $\displaystyle C(a)$ ne dépend pas de $\displaystyle m$ et que $\displaystyle C(a)<\infty$ si $\displaystyle 0<a<\frac12$. Par conséquent $$\left(\sum_{Q}\frac{a_mb_n}{m+n}\right)^2 =\left(\sum_Q A_{m,n}B_{m,n}\right)^2\le C(a)^2\sum_{m\ge1}a_m^2\sum_{n\ge1}b_n^2,$$ ce qu’on voulait.

• $\displaystyle u^a$ 👉 Passage au $\displaystyle \log$, écriture sous forme exponentielle ;
• $\displaystyle a+b=1$ avec $\displaystyle a,b\ge0$ 👉 Inégalité de convexité !

1er réflexe - On passe au log. L’inégalité équivaut à $\displaystyle \ln(1+x^ay^b)\le a\ln(1+x)+b\ln(1+y)$ et à droite on reconnait une combinaison convexe ; à gauche non par contre.
2ème réflexe - Écriture sous forme exponentielle : on a $\displaystyle \ln(1+x^ay^b)=\ln(1+e^{a\ln x+b\ln y})$ et là on reconnait une combinaison convexe avec les points $\displaystyle \ln x$ et $\displaystyle \ln y$. On introduit donc la fonction $\displaystyle f(z)=\ln(1+e^z)$. En dérivant deux fois, on voit que $\displaystyle f$ est convexe, et donc $\displaystyle f(a\ln x+b\ln y)\le af(\ln x)+bf(\ln y)=a\ln(1+x)+b\ln(1+y)$, ce qu’on voulait !

ça tombe vite avec les réflexes, non ? 😎

• Vérifier pour $\displaystyle p=0$ 👉 récurrence ?
• Toujours penser à écrire $\displaystyle 1=1-a+a$.

Comme $\displaystyle 1-(1-x_0)=x_0$, l’inégalité est vraie pour $\displaystyle p=0$. Supposons la vraie pour un $\displaystyle p\in\N$.
Écrivons $\displaystyle 1-\prod_{i=0}^{p+1}(1-x_i)=1-x_{p+1}-\prod_{i=0}^{p+1}(1-x_i)+x_{p+1}=(1-x_{p+1})\left(1-\prod_{i=0}^p(1-x_i)\right)+x_{p+1}$. En utilisant l’hypothèse de récurrence, on déduit : $\displaystyle 1-\prod_{i=0}^{p+1}(1-x_i)\le(1-x_{p+1})\sum_{i=0}^p x_i+x_{p+1}\le \sum_{i=0}^{p+1} x_i$, la dernière inégalité provenant de $\displaystyle -x_{p+1}\sum_{i=0}^p x_i\le 0$. On a donc prouvé l’hérédité.
Conclusion : pour tout $\displaystyle p\in\N$, $\displaystyle 1-\prod_{i=0}^p(1-x_i)\le \sum_{i=0}^p x_i$.

Nous remercions beaucoup Haithem Lamri de nous avoir transmis l’élégante preuve probabiliste suivante.

Supposons qu’il existe un espace probabilisé $\displaystyle \Omega$ sur lequel on a des événements indépendants $\displaystyle A_{1},...,A_{p}$ tq $\displaystyle P(A_{i})=x_{i}\in[0,1]$. Soit $\displaystyle A=\cup_{i=1}^p A_i$. Alors son complémentaire s’écrit $\displaystyle A^c=\cap_{i=1}^p A_i^c$. Or on sait aussi que les $\displaystyle A_i^c$ sont indépendants, donc $$P(A^c)=\prod_{i=1}^p P(A_i^c)=\prod_{i=1}^p (1-x_i).$$ Ainsi $\displaystyle P(A)=1-\prod_{i=1}^p (1-x_i)$. Mais on a aussi $\displaystyle P(A)\le \sum_{i=1}^p x_i$ en utilisant l’inégalité classique sur l’union. D’où le résultat.

On peut construire $\displaystyle \Omega$ en posant $\displaystyle \Omega=[0,1]^p$, et on prend $\displaystyle A_i=[0,1]\times\cdots [0,x_i]\times\cdots[0,1]$, où $\displaystyle [0,x_i]$ est à la i-ème place, et $\displaystyle P$ est la mesure de Lebesgue produit. Par exemple $\displaystyle P([a,b]\times[c,d])=(b-a)(d-c)$ (et on voit bien que les événements sont indépendants).

On veut faire descendre les exposants 👉 Passer au logarithme, sans oublier de justifier qu’on peut le faire.

Pour $\displaystyle x\in]0;1[$, $\displaystyle x^x(1 - x)^{1 - x}>0$.
Comme $\displaystyle \ln$ est strictement croissante sur cet intervalle, l’inégalité à démontrer est équivalente à $$x\ln(x)+(1-x)\ln(1-x)\geqslant -\ln(2).$$
On pose, pour $\displaystyle x\in]0;1[$ : $$u(x) = x\ln(x)+(1-x)\ln(1-x)+\ln(2),$$
et on montre que $\displaystyle u$ est positive sur $\displaystyle ]0;1[$. $\displaystyle u$ est dérivable sur cet intervalle (par opérations), et
$$u'(x) = \ln(x)+1 - \ln(1-x)-1.$$
Ainsi $\displaystyle u'(x)\geq 0\Leftrightarrow x\geq 1-x\Leftrightarrow x\geq 1/2$.
Donc $\displaystyle u$ atteint son minimum en $\displaystyle 1/2$, or $\displaystyle u(1/2)= \frac 12\ln(1/2)+\frac 12\ln(1/2)+\ln(2)=0$, donc $\displaystyle u$ est bien positive.

(1) Quelle est l’arme contre la racine carrée 👉 Élever au carré !
(2) Séparer les cas $\displaystyle a\geq b$ et $\displaystyle a<b$.

(1) Pour $\displaystyle a,b\geq 0$, on a $\displaystyle a+b\leq a+b+2\sqrt{ab} = \left( \sqrt{a} + \sqrt{b}\right)^2$.
La fonction $\displaystyle \sqrt{\cdot}$ étant croissante sur $\displaystyle \R_+$, on a donc $\displaystyle \sqrt{a+b} \leq \sqrt{a} + \sqrt{b}$.
(2) On peut supposer $\displaystyle a\geq b$ sans perte de généralité, les deux membres de l’inégalité étant des expressions symétriques en $\displaystyle a$ et $\displaystyle b$.
Il s’agit donc de vérifier que $\displaystyle \sqrt{a} - \sqrt{b} \leq \sqrt{a-b}$.
Ceci découle de l’inégalité (1), appliquée aux réels $\displaystyle a-b$ et $\displaystyle b$.

1. Quand on veut montrer une inégalité "pour tout $\displaystyle x$" 👉 On passe tout du même côté, on étudie le signe de la fonction obtenue, en commençant par ses variations.
2. Pour encadrer une somme 👉 On commence par encadrer l’expression dans la somme.

1. L’inégalité de droite se démontre aisément : pour $\displaystyle x\geq 0$, par croissance de l’intégrale : $$\sin(x)=\int_0^x\underbrace{\cos(t)}_{\leq 1}d t\leq x$$ On peut ensuite poser $\displaystyle u(x)=\sin(x)-x+\frac{x^3}{6}$, pour $\displaystyle x\in\R_+$.
   Il suffit de montrer que $\displaystyle u\geq 0$ sur $\displaystyle \R_+$. $\displaystyle u$ est de classe $\displaystyle \mathcal C^\infty$ et
   $$u'(x)=\cos(x)-1+x^2/2,\quad u''(x)=-\sin(x)+x.$$ $\displaystyle u''\geq 0$ sur $\displaystyle \R_+$, donc $\displaystyle u'$ est croissante, ainsi : $\displaystyle \forall x\geq 0, u'(x)\geq u'(0)=0$.
   $\displaystyle u'\geq 0$ sur $\displaystyle \R_+$, donc $\displaystyle u$ est croissante, ainsi : $\displaystyle \forall x\geq 0, u(x)\geq u(0)=0$.
2. L’encadrement de la question 1., appliqué à $\displaystyle x=\frac{k}{n^2}$ et sommé pour $\displaystyle k\in[\![1,n]\!]$, donne : $$\sum_{k=1}^n \frac{k}{n^2}- \sum_{k=1}^n \frac{k^3}{6n^6} \leq u_n\leq \sum_{k=1}^n \frac{k}{n^2}$$ $$\frac{n(n+1)}{2n^2}- \frac{1}{6n^6} \left(\frac{n(n+1)}{2}\right)^2 \leq u_n\leq \frac{n(n+1)}{2n^2}$$
   Par la règle des termes de plus hauts degrés, on obtient $$\lim \frac{n(n+1)}{2n^2} =\frac 12,\quad \lim \frac{1}{6n^6} \left(\frac{n(n+1)}{2}\right)^2 =0,$$ donc finalement par le théorème des gendarmes :$$\lim u_n=\frac 12.$$
   Remarque. La formule donnant $\displaystyle \sum_{k=1}^n k^3$ n’était pas indispensable. Si on ne la connaissait pas, on pouvait se contenter de remarquer que $\displaystyle 0\leq\sum_{k=1}^n k^3 \leq n^4$ pour arriver à la même conclusion.

1. Se rappeler de la définition de $\displaystyle \lfloor a\rfloor$ : c’est le plus grand entier qui soit $\displaystyle \leq a$.
2. Décomposer $\displaystyle x$ et $\displaystyle y$ (en partie réelle + partie fractionnaire), pour se ramener au cas $\displaystyle x,y\in[0;1[$. Examiner alors les valeurs que peuvent prendre les deux membres de l’inégalité.

1. $\displaystyle \bullet$ On a $\displaystyle \lfloor x\rfloor\leq x$ et $\displaystyle \lfloor y\rfloor\leq y$, donc $\displaystyle \lfloor x\rfloor+\lfloor y\rfloor\leq x+y$.
   Mais $\displaystyle \lfloor x\rfloor+\lfloor y\rfloor\in\Z$ donc $\displaystyle \lfloor x\rfloor+\lfloor y\rfloor\leq\lfloor x+y\rfloor$.
   $\displaystyle \bullet$ On a $\displaystyle x<\lfloor x\rfloor+1$ et $\displaystyle y<\lfloor y\rfloor+1$, donc $\displaystyle x+y <\lfloor x\rfloor+\lfloor y\rfloor+2$.
   Mais $\displaystyle \lfloor x\rfloor+\lfloor y\rfloor+2\in\Z$ donc $\displaystyle \lfloor x+y\rfloor\leq (\lfloor x\rfloor+\lfloor y\rfloor+2)-1$.
2. Notons $\displaystyle x=k+a$ et $\displaystyle y=\ell+b$, avec $\displaystyle k,l\in\Z$ et $\displaystyle a,b\in[0;1[$.
   L’inégalité à démontrer s’écrit alors : $$2k+2\ell+\lfloor a\rfloor+\lfloor b\rfloor+\lfloor a+b\rfloor\leq 2k+2\ell+\lfloor 2a\rfloor+\lfloor 2b\rfloor,$$ ce qui équivaut à : $$\lfloor a+b\rfloor\leq \lfloor 2a\rfloor+\lfloor 2b\rfloor\qquad(\star)$$ Or $\displaystyle \lfloor a+b\rfloor = 1$ si $\displaystyle a+b\geq 1$, $\displaystyle 0$ sinon.
   Mais lorsque $\displaystyle a+b\geq 1$ on a nécessairement $\displaystyle a\geq 1/2$ ou $\displaystyle b\geq 1/2$, donc $\displaystyle \lfloor 2a\rfloor+\lfloor 2b\rfloor\geq 1$.
   Notre inégalité $\displaystyle (\star)$ est donc toujours vérifiée.

Décomposer $\displaystyle x = \lfloor x \rfloor+\{x\}$ (partie entière + partie fractionnaire) permet de simplifier le problème.

1. Distinguer deux cas : $\displaystyle \{x\}<1/2$ et $\displaystyle \{x\}\geq1/2$. Évaluer les deux membres de l’égalité dans chaque cas.
2. Remarquer que $\displaystyle \left\lfloor x+\frac{k}{n} \right\rfloor$ vaut $\displaystyle \left\lfloor x\right\rfloor$ jusqu’à une certaine valeur de $\displaystyle k$, puis $\displaystyle \left\lfloor x\right\rfloor+1$ ensuite.
   Ceci permet d’évaluer la somme. On vérifie alors aisément qu’elle est égale à $\displaystyle \left\lfloor nx\right\rfloor$.

On note $\displaystyle x=\lfloor x\rfloor +\{x\}$ avec $\displaystyle \{x\}\in[0;1[$.

1. $\displaystyle \bullet$ Si $\displaystyle \{x\}<1/2$, alors $\displaystyle \lfloor x \rfloor + \lfloor x+\frac{1}{2} \rfloor =2 \lfloor x \rfloor$, et $\displaystyle \lfloor 2x \rfloor= \lfloor 2\lfloor x\rfloor +2\{x\} \rfloor = 2\lfloor x\rfloor$ car $\displaystyle 2\{x\}\in[0;1[$.
   Si $\displaystyle \{x\}\geq 1/2$, alors $\displaystyle \lfloor x \rfloor + \lfloor x+\frac{1}{2} \rfloor =2 \lfloor x \rfloor+1$, et $\displaystyle \lfloor 2x \rfloor= \lfloor 2\lfloor x\rfloor +2\{x\} \rfloor = 2\lfloor x\rfloor+1$ car $\displaystyle 2\{x\}\in[1;2[$.
2. Soit $\displaystyle k_0$ le plus petit entier tel que $\displaystyle \{x\}+\frac kn\geq 1$. On a donc $\displaystyle 1-\frac {k_0}n\leq\{x\}<1-\frac {k_0-1}n$.
   $\displaystyle \bullet$ D’une part, pour $\displaystyle k\in[\![0,n-1]\!]$,
   $$\left\lfloor x+\frac{k}{n} \right\rfloor = \lfloor x\rfloor \text{ si }k<k_0,~~ \lfloor x\rfloor +1\text{ si }k\geq k_0$$ donc $\displaystyle \sum_{k=0}^{n-1}\left\lfloor x+\frac{k}{n} \right\rfloor = k_0\lfloor x \rfloor + (n-k_0)(\lfloor x \rfloor +1) = n \lfloor x \rfloor +(n-k_0)$.
   $\displaystyle \bullet$ D’autre part, $\displaystyle \lfloor nx \rfloor = \lfloor n\lfloor x\rfloor+n\{x\}\rfloor = n \lfloor x \rfloor+ \lfloor n\{x\} \rfloor$.
   Or $\displaystyle n-k_0\leq n\{x\}<n-k_0+1$, donc $\displaystyle \lfloor n\{x\} \rfloor = n-k_0$.
   D’où l’égalité voulue.

Pour montrer $\displaystyle A\geq B$ 👉 On vérifie que $\displaystyle A\geq B$.
On se souvient que le passage à l’inverse change le sens d’une inégalité (entre des nombres de même signe).

$\displaystyle \bullet$ $\displaystyle \frac 1y\leq\frac 1x$ donc $\displaystyle \frac 1h\leq\frac 12\left( \frac{1}{x} + \frac{1}{x} \right)=\frac 1x$. Donc $\displaystyle h\geq x$.

$\displaystyle \bullet$ $\displaystyle \frac 1h-\frac 1g = \frac{1}{2} \left( \frac{1}{x} + \frac{1}{y} \right) - \frac{1}{\sqrt x}~\frac{1}{\sqrt y} = \frac{1}{2} \left( \frac{1}{\sqrt x^2} + \frac{1}{\sqrt y^2} - 2\frac{1}{\sqrt x}~\frac{1}{\sqrt y}\right) = \frac 12\left(\frac{1}{\sqrt x}-\frac{1}{\sqrt y}\right)^2 \geq 0$.
Ainsi $\displaystyle \frac 1h\geq\frac 1g$, donc $\displaystyle h\leq g$.

$\displaystyle \bullet$ $\displaystyle m-g=\frac 12\left(x+y-2\sqrt x\sqrt y\right) =\frac 12\left(\sqrt x-\sqrt y\right)^2\geq 0$, donc $\displaystyle m\geq g$.

$\displaystyle \bullet$ $\displaystyle y-m=\frac{y-x}{2}\geq 0$ donc $\displaystyle y\geq m$.

Une implication a toujours une formulation “contraposée”, qui permet parfois d’y voir plus clair.

Montrons la contraposée.
Supposons $\displaystyle a\neq 0$. Alors $\displaystyle |a|>0$, donc le réel $\displaystyle \varepsilon=\frac{|a|}{2}$ vérifie $\displaystyle 0<\varepsilon <|a|$, et donc l’assertion $\displaystyle \left( \forall \varepsilon > 0, |a| \leq\varepsilon\right)$ est fausse.