Solutions
est croissante sur ]a , b]. Donc g(x) g(b). On peut prouve, comme dans la
solution de I.2.22, que la fonction
h(x) =
1
b − x
b
x
f (t) dt
est croissante sur [a , b[ et que h(a) h(x).
I.6.10. On suppose ici que les deux fonctions ont le même sens de variation.
On a
b
a
b
a
(f (x)g(x) − f (x)g(y)) dx
dy
= (b − a)
b
a
f (x)g(x) dx −
b
a
f (x) dx
b
a
g(x) dx
et
b
a
b
a
(f (y)g(y) − f (y)g(x)) dx
dy
= (b − a)
b
a
f (x)g(x) dx −
b
a
f (x) dx
b
a
g(x) dx.
Il s’ensuit que
(b − a)
b
a
f (x)g(x) dx −
b
a
f (x) dx
b
a
g(x) dx
=
1
2
b
a
b
a
(f (x) − f (y)) (g(x) − g(y)) dx
dy 0
car, par hypothèse, (f (x) − f (y))(g(x) − g(y)) 0 pour tous x et y dans [a , b].
I.6.11. La démonstration est identique à celle de I.6.10.
I.6.12. D’après l’inégalité de Tchebychev (voir I.6.10),
a
0
f (a − x)g(x) dx
1
a
a
0
f (a − x) dx
a
0
g(x) dx
=
1
a
a
0
f (x) dx
a
0
g(x) dx
a
0
f (x)g(x) dx.
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