Solutions
I.6.36. Le résultat se déduit du fait que pour x 1 , x 2 , . . . , x n 0, on a
(x 1 + x 2 + · · · + x n )
k
x
k
1 + x
k
2 + · · · + x
k
n
(a)
pour k > 1 et
(x 1 + x 2 + · · · + x n )
k
x
k
1 + x
k
2 + · · · + x
k
n
(b)
pour 0 < k < 1. (Comparez avec II.5.25 (vol. II).)
I.6.37. Puisque 0 λ b − a, on voit que a + λ, b − λ ∈ [a , b]. On va prouver
la première inégalité. On a
b
a
f (x)g(x) dx −
b
b−λ
f (x) dx
=
b−λ
a
f (x)g(x) dx +
b
b−λ
f (x) (g(x) − 1) dx
b−λ
a
f (x)g(x) dx + f (b − λ)
b
b−λ
g(x) dx − λ
=
b−λ
a
f (x)g(x) dx + f (b − λ)
b
b−λ
g(x) dx −
b
a
g(x) dx
=
b−λ
a
f (x)g(x) dx − f (b − λ)
b−λ
a
g(x) dx
=
b−λ
a
g(x) (f (x) − f (b − λ)) dx 0.
L’autre inégalité se démontre de la même façon.
I.6.38. [J.E. Pe˘ carić, J. Math. Anal. Appl. 88(1982), pp. 505-507]. Supposons
d’abord que
1
0 g(x) dx > 0. On obtient alors, en utilisant la version généralisée de l’inégalité de Jensen énoncée en I.6.30 et en prenant ϕ(x) = x p
(p 1),
1
0
f (x)g(x) dx
p
1
0
g(x) dx
p−1 1
0
(f (x))
p g(x) dx.
Il suffit maintenant de prouver que
1
0
g(x) dx
p−1 1
0
(f (x))
p g(x) dx
λ
0
(f (x))
p dx.
Pour obtenir cette inégalité, on pose
μ =
1
0
g(x) dx
p−1
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