Sujet D.4.7 Inégalité de Cauchy-Schwarz
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Exercice a
Soient $a$ et $b$ deux réels tels que $\,a < b\sp{1.5},\,$ et $f$ une fonction réelle continue sur $\,[a,b]\sp{1.5}.\,$
Etablir une relation d'inégalité entre $\,\bigg(\!\dint_a^bf(t)\d t\!\bigg)^{\!2}\,$ et $\,\dint_a^b\!f(t)^2\d t\sp{1.5}.\,$
En déduire une majoration de $\,(\ln x)^2\,$ par une expression rationnelle en $\,x > 0\sp{1.5}.\,$
croissance de l'intégrale des fonctions réelles
Pour $\,f,g\app\sc C([\sp{1.5}a,b\sp{1.5}],\bb R)\,$ ou $\,f,g\app\sc C_m([\sp{1.5}a,b\sp{1.5}],\bb R)\,$ avec $\,a \sp{-1.5}<\sp{-1.5} b:\,$
$\displaystyle{}f\leq g \Imp\!\!\dint_a^b\!f(x)\d x\leq \int_a^b\!g(x)\d x$
inégalité triangulaire intégrale
Pour $\,f\app\sc C([\sp{1.5}a,b\sp{1.5}],\bb K)\,$ ou $\,f\app\sc C_m([\sp{1.5}a,b\sp{1.5}],\bb K)\,$ avec $a \sp{-1.5}<\sp{-1.5} b\sp{1.5},$ on a :
$\displaystyle{}\bigg|\int_a^bf(x)\d x\bigg|\leq\int_a^b\big|f(x)\big|\d x$
inégalité de Cauchy-Schwarz intégrale
Pour $\,a \sp{-1.5}<\sp{-1.5} b\,$ et $\,f,\sp{1.5}g:[a,b]\to\bb R\,$ continues, on a l'inégalité :
$\displaystyle{}\bigg(\int_a^b\!f(x)\,g(x)\d x\bigg)^{\!2}\leq \int_a^b\!f(x)^2\d x\,.\!\int_a^b\!g(x)^2\d x$
Cette inégalité est une égalité ssi $f$ et $g$ sont colinéaires.
indication
1
Utiliser l'inégalité de Cauchy-Schwarz.
indication
2
Appliquer l'inégalité précédente avec la fonction $\,f:t\mapsto \dfrac1t\!\cdot\,$
réponse
On obtient l'inégalité : $\,\bigg(\dint_a^bf(t)\d t\bigg)^{\!2}\leq(b-a)\int_a^bf(t)^2\d t\sp{1.5}.\,$
On en déduit alors la majoration : $\,\ptt x > 0,\ (\ln x)^2\leq\dfrac{(x-1)^2}x\!\cdot\,$
correction
$f$ étant continue, on applique l'inégalité de
Pour $\,a \sp{-1.5}<\sp{-1.5} b\,$ et $\,f,\sp{1.5}g:[a,b]\to\bb R\,$ continues, on a l'inégalité :
Cauchy-Schwarz
au produit $\,1\times f:\,$
$\displaystyle{}\bigg(\int_a^b\!f(x)\,g(x)\d x\bigg)^{\!2}\leq \int_a^b\!f(x)^2\d x\,.\!\int_a^b\!g(x)^2\d x$
Cette inégalité est une égalité ssi $f$ et $g$ sont colinéaires.
$\eqalign{\bigg(\int_a^b1\!\times f(t)\d t\bigg)^{\!2}&\leq\int_a^b\!1^2\d t\,.\sp{-1.5}\!\int_a^b\!f(t)^2\d t\\\txt{soit :}\bigg(\dint_a^bf(t)\d t\bigg)^{\!2}&\leq(b-a)\!\int_a^bf(t)^2\d t}$
Pour majorer $\,(\ln x)^2\sp{1.5},\,$ on considère la fonction $\,f:t\mapsto 1/t\sp{1.5},\,$ d'où
par
Soit $F$ une primitive de $\,f\app\sc C(I,\bb K)\sp{1.5};\,$ alors, pour tous $\,a,b\app I:\,$
primitivation :
$\,\dint_1^x\frac{\d t}t=\big[\ln t\big]_1^x=\ln x\sp{1.5}.\,$
$\displaystyle{}\int_a^b\!f(x)\d x=\big[F(x)\big]_a^b=F(b)-F(a)$
- Pour $\,x > 1\sp{1.5},\,$ on peut appliquer l'inégalité précédente :
$\eqalign{\bigg(\dint_1^x\frac{\d t}t\bigg)^{\!2}&\leq(x-1)\int_1^x\frac{\d t}{t^2}=(x-1)\bigg[-\frac1t\bigg]_1^x\\[-.5ex] \txt{soit :}(\ln x)^2&\leq(x-1)\Big(1-\frac1x\Big)=\frac{(x-1)^2}x}$
- Pour $0 < x <1,$ on applique ce qui précède à $\,y=1/x > 1:\,$
$\eqalign{&(\ln y)^2\leq (y-1)\Big(1-\frac1y\Big)\\[-1ex] \txt{soit :}&(\ln x)^2\leq\Big(\frac1x-1\Big)(1-x)=\frac{(1-x)^2}x}$
$\displaystyle{}\ptt x > 0,\ (\ln x)^2\leq\dfrac{(x-1)^2}x$
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Exercice b
$f$ étant une fonction réelle de classe $\sc C^1$ sur $\,[\sp{1.5}0,1]\,$ telle que $\,f(0)=0\sp{1.5},\,$
montrer que :
$\displaystyle{}\ptt x\app\,[\sp{1.5}0,1],\ f(x)^2\leq x\!\int_0^x\!\!f'(t)^2\d t$
En déduire une relation d'inégalité entre $\,\dint_0^1\!f(x)^2\d x\,$ et $\,\dint_0^1\!f'(x)^2\d x\sp{1.5}.\,$
croissance de l'intégrale des fonctions réelles
Pour $\,f,g\app\sc C([\sp{1.5}a,b\sp{1.5}],\bb R)\,$ ou $\,f,g\app\sc C_m([\sp{1.5}a,b\sp{1.5}],\bb R)\,$ avec $\,a \sp{-1.5}<\sp{-1.5} b:\,$
$\displaystyle{}f\leq g \Imp\!\!\dint_a^b\!f(x)\d x\leq \int_a^b\!g(x)\d x$
inégalité triangulaire intégrale
Pour $\,f\app\sc C([\sp{1.5}a,b\sp{1.5}],\bb K)\,$ ou $\,f\app\sc C_m([\sp{1.5}a,b\sp{1.5}],\bb K)\,$ avec $a \sp{-1.5}<\sp{-1.5} b\sp{1.5},$ on a :
$\displaystyle{}\bigg|\int_a^bf(x)\d x\bigg|\leq\int_a^b\big|f(x)\big|\d x$
inégalité de Cauchy-Schwarz intégrale
Pour $\,a \sp{-1.5}<\sp{-1.5} b\,$ et $\,f,\sp{1.5}g:[a,b]\to\bb R\,$ continues, on a l'inégalité :
$\displaystyle{}\bigg(\int_a^b\!f(x)\,g(x)\d x\bigg)^{\!2}\leq \int_a^b\!f(x)^2\d x\,.\!\int_a^b\!g(x)^2\d x$
Cette inégalité est une égalité ssi $f$ et $g$ sont colinéaires.
indication
1
Utiliser l'inégalité de Cauchy-Schwarz.
indication
2
Intégrer l'inégalité obtenue sur le segment $\,[\sp{1.5}0,1]\sp{1.5}.\,$
réponse
On démontre bien que :
$\displaystyle{}\ptt x\app\,[\sp{1.5}0,1],\ f(x)^2\leq x\int_0^{x}\!f'(t)^2\d t$
On en déduit alors l'inégalité :
$\,\dint_0^1\!f(x)^2\d x\leq\frac12\int_0^1\!f'(x)^2\d x\sp{1.5}.\,$
correction
$f$ étant
$\,f:I\to\bb K\,$ est de classe $\,\sc C^1\,$ ssi $f$ est dérivable sur $I,$ avec $\,f'\app\sc C(I,\bb K)\sp{1.5}.\,$
$\,\sc C^1(I,\bb K)\,$ est l'ensemble des fonctions de classe $\sc C^1$ sur $I.$
de classe $\sc C^1\!,$
$f'$ est continue, d'où par
Soit $F$ une primitive de $\,f\app\sc C(I,\bb K)\sp{1.5};\,$ alors, pour tous $\,a,b\app I:\,$
primitivation :
$\displaystyle{}\int_a^b\!f(x)\d x=\big[F(x)\big]_a^b=F(b)-F(a)$
$\displaystyle{}f(x)=\Big[f(t)\Big]_0^x=\int_0^x\!f'(t)\op dt=\int_0^x1\!\times f'(t)\op dt$
La dérivée $f'$ étant continue, on applique l'inégalité de
Pour $\,a \sp{-1.5}<\sp{-1.5} b\,$ et $\,f,\sp{1.5}g:[a,b]\to\bb R\,$ continues, on a l'inégalité :
Cauchy-Schwarz
au produit $\,1\times f:\,$
$\displaystyle{}\bigg(\int_a^b\!f(x)\,g(x)\d x\bigg)^{\!2}\leq \int_a^b\!f(x)^2\d x\,.\!\int_a^b\!g(x)^2\d x$
Cette inégalité est une égalité ssi $f$ et $g$ sont colinéaires.
$\eqalign{\bigg(\int_0^x1\!\times f'(t)\op dt\bigg)^{\!2}&\leq\int_0^x\!1^2\op dt\ .\!\int_0^x\!f'(t)^2\op dt\\\txt{soit :}f(x)^2&\leq x\int_0^x\!f'(t)^2\op dt}$
$f'^{\sp{1.5}2}$ étant positive, son intégrale sur $[\sp{1.5}x,1]$ est
Pour $\,f\app\sc C([\sp{1.5}a,b\sp{1.5}],\bb R)\,$ ou $\,f\app\sc C_m([\sp{1.5}a,b\sp{1.5}],\bb R)\,$ avec $\,a \sp{-1.5}<\sp{-1.5} b\sp{1.5},\,$ on a :
positive,
d'où par relation de
$\displaystyle{}f\geq 0 \Imp\!\!\dint_a^b\!f(x)\d x\geq0$
Pour $\,f\app\sc C(I,\bb K)\,$ ou $\,f\app\sc C_m(I,\bb K)\sp{1.5},\,$ avec $a,\sp{1.5}b,\,c\app I$ on a :
Chasles :
$\displaystyle{}\int_a^b\!f(x)\d x=\int_a^c\!f(x)\d x+\int_c^b\!f(x)\d x$
$\displaystyle{}x\!\!\int_0^x\!\!\!f'(t)^2\d t\leq x\!\!\int_0^x\!\!\!f'(t)^2\d t+x\!\!\int_x^1\!\!\!f'(t)^2\d t=x\!\!\int_0^1\!\!\!f'(t)^2\d t$
Par
Pour $\,f,g\app\sc C([\sp{1.5}a,b\sp{1.5}],\bb R)\,$ ou $\,f,g\app\sc C_m([\sp{1.5}a,b\sp{1.5}],\bb R)\,$ avec $\,a \sp{-1.5}<\sp{-1.5} b:\,$
croissance
de l'intégrale, on intègre cette inégalité sur $\,[\sp{1.5}0,1]\sp{1.5},\,$ d'où, par
$\displaystyle{}f\leq g \Imp\!\!\dint_a^b\!f(x)\d x\leq \int_a^b\!g(x)\d x$
Pour $\,f,g\app\sc C([\sp{1.5}a,b\sp{1.5}],\bb K)\,$ ou $\,f,g\app\sc C_m([\sp{1.5}a,b\sp{1.5}],\bb K)\sp{1.5},\,$ et $\,\alpha,\beta\app\bb K\sp{-1.5}:\,$
linéarité
de l'intégrale :
$\displaystyle{}\int_ a^b(\alpha\sp{1.5}f+\beta\sp{1.5}g)(x)\d x\,=\,\alpha\!\int_a^b\!\!f(x)\d x+\beta\!\int_a^b\!\!g(x)\d x$
$\displaystyle{}\int_0^1\!\!\!f(x)^2\d x\leq\!\int_0^1\!x\bigg(\!\int_0^1\!\!\!f'(t)^2\!\d t\!\bigg)\!\d x=\!\int_0^1\!\!\!f'(t)^2\!\d t\ .\!\sp{-1.5}\int_0^1\!\!\!x\d x$
Avec $\,\dint_0^1\!\!x\d x=\Big[\dfrac{x^2}2\Big]_0^1=\dfrac12\sp{1.5},\,$ on a finalement :
$\,\dint_0^1\!f(x)^2\d x\leq\frac12\int_0^1\!\!f'(x)^2\d x\sp{1.5}.\,$