Solutions
on intègre par parties et on obtient
1
0
f (x)
2(a + b + 1)x
a+b
− (2a + 1)x
2a
− (2b + 1)x
2b
dx
= −
1
0
2x
a+b+1
− x
2a+1
− x
2b+1
df (x)
=
1
0
x
a
− x
b
2
x df(x) 0,
car f est décroissante.
I.6.33. [26]. On peut réécrire l’inégalité à prouver sous la forme
(2a + 1)
1
0
x
2a f (x) dx × (2b + 1)
1
0
x
2b f (x) dx
(a + b + 1)
2
1
0
x
a+b f (x) dx
2
.
On voit facilement que si f est constante sur [0 , 1] ou si a = b, l’égalité est
alors vérifiée. On suppose donc que f n’est pas constante et que a = b. Pour
prouver cette inégalité, on considère la forme quadratique
Q(u, v) = Au
2 + 2Buv + Cv
2 ,
où
A = (2a + 1)
1
0
x
2a f (x) dx,
B = (a + b + 1)
1
0
x
a+b f (x) dx,
C = (2b + 1)
1
0
x
2b f (x) dx
et on montre que cette forme n’est pas définie. Une intégration par parties
donne
1
0
x
c f (x) dx =
f (1)
c + 1
−
1
0
x c+1
c + 1
df (x)
pour c > 0. On en déduit que
Q(u, v) = f (1)(u + v)
2
−
1
0
x
a u + x
b v
2
x df(x).
Donc, Q(1, 1) = 4f (1) −
1
0
x a + x b 2 x df(x) > 4f (0) 0 et il est clair que
Q(1, −1) < 0. Ceci montre que la forme quadratique n’est pas définie, ce qui
implique AC − B 2 < 0.
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