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Solution pour le challenge 64


On développe, pour tout \left(i,j\right)\in\left\llbracket 1,n\right\rrbracket ^{2} :
\left(a_{j}-a_{i}\right)\left(b_{j}-b_{i}\right)=a_{i}b_{i}+a_{j}b_{j}-a_{i}b_{j}-a_{j}b_{i}
puis on somme :

    \begin{eqnarray*}&&\sum_{1\leqslant i<j\leqslant n}\left(a_{j}-a_{i}\right)\left(b_{j}-b_{i}\right)\\&=&\sum_{1\leqslant i\leqslant j\leqslant n}\left(a_{j}-a_{i}\right)\left(b_{j}-b_{i}\right)\\&=&\sum_{j=1}^{n}ja_{j}b_{j}+\sum_{i=1}^{n}\left(n+1-i\right)a_{i}b_{i}\\&&-\sum_{1\leqslant i\leqslant j\leqslant n}\left(a_{i}b_{j}+a_{j}b_{i}\right)\\&=&\left(n+1\right)\sum_{i=1}^{n}a_{i}b_{i}\\&&-\sum_{1\leqslant i\leqslant j\leqslant n}\left(a_{i}b_{j}+a_{j}b_{i}\right)\end{eqnarray*}

Or :

    \begin{eqnarray*}&&\sum_{1\leqslant i\leqslant j\leqslant n}\left(a_{i}b_{j}+a_{j}b_{i}\right)\\& = & \sum_{j=1}^{n}\left(\sum_{i=1}^{j}a_{i}\right)b_{j}\\&&+\sum_{i=1}^{n}\left(\sum_{j=i}^{n}a_{j}\right)b_{i}\\& = & \sum_{j=1}^{n}\left[\left(\sum_{i=1}^{j-1}a_{i}\right)+a_{j}\right]b_{j}\\&&+\sum_{j=1}^{n}\left(\sum_{i=j}^{n}a_{i}\right)b_{j}\\ & = & \sum_{j=1}^{n}a_{j}b_{j}+\left(\sum_{i=1}^{n}a_{i}\right)\left(\sum_{j=1}^{n}b_{j}\right) \end{eqnarray*}

et donc, par différence :
\displaystyle{\sum_{1\leqslant i<j\leqslant n}\left(a_{j}-a_{i}\right)\left(b_{j}-b_{i}\right)=n\thinspace\sum_{j=1}^{n}a_{j}b_{j}-\left(\sum_{i=1}^{n}a_{i}\right)\left(\sum_{j=1}^{n}b_{j}\right)}
Si les listes \left(a_{i}\right)_{1\leqslant i\leqslant n} et \left(b_{i}\right)_{1\leqslant i\leqslant n} sont croissantes, alors le membre de gauche de l’égalité ci-dessus est positif ou nul, donc :

    \[\boxed{\left(\sum_{i=1}^{n}a_{i}\right)\left(\sum_{j=1}^{n}b_{j}\right)\leqslant n\sum_{j=1}^{n}a_{j}b_{j}}\]

résultat connu sous le nom d’inégalité de Tchebytchev.

P.L. TCHEBYTCHEV (1821 – 1894)

Considérons maintenant deux applications f,g:\left[a,b\right]\rightarrow\mathbb{R} croissantes. Pour tout n\in\mathbb{N}^{\star}, posons :
\displaystyle{x_{n,k}=a+\frac{k\left(b-a\right)}{n}\quad0\leqslant k\leqslant n}
ainsi que :
\displaystyle{S_{n}=\frac{b-a}{n}\sum_{k=1}^{n}f\left(x_{n,k}\right)\quad\text{et}\quad T_{n}=\frac{b-a}{n}\sum_{k=1}^{n}g\left(x_{n,k}\right)}

S_{n} et T_{n} sont des sommes de Riemann pour f et à g, associées à la subdivision régulière de pas \frac{b-a}{n}.

Les listes \left(f\left(x_{n,k}\right)\right)_{1\leqslant k\leqslant n} et \left(g\left(x_{n,k}\right)\right)_{1\leqslant k\leqslant n} étant croissantes, on voit en appliquant \left(T\right) que :
\displaystyle{\left(\sum_{k=1}^{n}f\left(x_{n,k}\right)\right)\left(\sum_{k=1}^{n}g\left(x_{n,k}\right)\right)\leqslant n\thinspace\sum_{k=1}^{n}f\left(x_{n,k}\right)g\left(x_{n,k}\right)}

Après multiplication de chaque membre par \frac{\left(b-a\right)^{2}}{n^{2}}, il en résulte :

(\spadesuit)   \[S_{n}T_{n}\leqslant\left(b-a\right)\thinspace P_{n}\]

où l’on a posé :

    \[P_{n}=\frac{b-a}{n}\sum_{k=1}^{n}f\left(x_{n,k}\right)g\left(x_{n,k}\right)\]

qui est une somme de Riemann attachée au produit fg, toujours pour la même subdivision.

En passant à la limite lorsque n\rightarrow+\infty dans \left(\spadesuit\right) et d’après le théorème de convergence des sommes de Riemann :
\boxed{\left(\int_{a}^{b}f\left(t\right)\thinspace dt\right)\left(\int_{a}^{b}g\left(t\right)\thinspace dt\right)\leqslant\left(b-a\right)\int_{a}^{b}f\left(t\right)g\left(t\right)\thinspace dt}


Pour consulter l’énoncé, c’est ici

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