- Par hypothèse, $f$ et $g$ sont continues sur $[a; b]$. Pour tout réel $\lambda$ et tout $x \in [a; b]$, on a : \[ (\lambda f(x) + g(x))^2 \ge 0 \] Par la propriété de positivité de l'intégrale (les bornes vérifiant $a \le b$), on obtient directement : \[ \int_a^b (\lambda f(x) + g(x))^2 \,dx \ge 0 \]
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En développant l'expression sous l'intégrale et par linéarité, l'inégalité de la question précédente s'écrit :
\[ \lambda^2 \int_a^b f^2(x) \,dx + 2\lambda \int_a^b f(x)g(x) \,dx + \int_a^b g^2(x) \,dx \ge 0 \]
- Si $\int_a^b f^2(x) \,dx = 0$, la positivité et la continuité de $f^2$ impliquent que $f$ est la fonction nulle. L'inégalité demandée est alors trivialement vérifiée ($0 \le 0$).
- Si $\int_a^b f^2(x) \,dx > 0$, l'expression est un trinôme du second degré en $\lambda$ qui conserve un signe constant (positif). Son discriminant réduit $\Delta'$ est donc négatif ou nul : \[ \Delta' = \left( \int_a^b f(x)g(x) \,dx \right)^2 - \left( \int_a^b f^2(x) \,dx \right) \left( \int_a^b g^2(x) \,dx \right) \le 0 \] Ce qui donne : \[ \left( \int_a^b f(x)g(x) \,dx \right)^2 \le \left( \int_a^b f^2(x) \,dx \right) \left( \int_a^b g^2(x) \,dx \right) \] En passant à la racine carrée (les quantités étant positives), on démontre l'inégalité de Cauchy-Schwarz : \[ \left| \int_a^b f(x)g(x) \,dx \right| \le \sqrt{\int_a^b f^2(x) \,dx} \times \sqrt{\int_a^b g^2(x) \,dx} \]
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Application de l'inégalité :
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On pose $f(x) = \sin x$ et $g(x) = \frac{1}{x}$ sur l'intervalle $\left[\frac{\pi}{4}; \frac{\pi}{2}\right]$. En appliquant l'inégalité de Cauchy-Schwarz :
\[ \left( \int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin x}{x} \,dx \right)^2 \le \left( \int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}} \sin^2 x \,dx \right) \left( \int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}} \frac{1}{x^2} \,dx \right) \]
Calculons les deux intégrales du membre de droite :
- $ \int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}} \sin^2 x \,dx = \int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}} \frac{1 - \cos(2x)}{2} \,dx = \left[ \frac{x}{2} - \frac{\sin(2x)}{4} \right]_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}} = \left(\frac{\pi}{4} - 0\right) - \left(\frac{\pi}{8} - \frac{1}{4}\right) = \frac{\pi + 2}{8} $
- $ \int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}} \frac{1}{x^2} \,dx = \left[ -\frac{1}{x} \right]_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}} = -\frac{2}{\pi} - \left(-\frac{4}{\pi}\right) = \frac{2}{\pi} $
En passant à la racine carrée, on obtient bien : \[ \int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin x}{x} \,dx \le \sqrt{\frac{\pi+2}{4\pi}} \] -
On choisit $f(x) = e^{\frac{x^2}{2}}$ et $g(x) = e^{-\frac{x^2}{2}}$ sur l'intervalle $[0; 1]$. D'après l'inégalité précédente :
\[ \left( \int_0^1 e^{\frac{x^2}{2}} e^{-\frac{x^2}{2}} \,dx \right)^2 \le \left( \int_0^1 \left(e^{\frac{x^2}{2}}\right)^2 \,dx \right) \left( \int_0^1 \left(e^{-\frac{x^2}{2}}\right)^2 \,dx \right) \]
Or, $e^{\frac{x^2}{2}} e^{-\frac{x^2}{2}} = e^0 = 1$. L'intégrale de gauche vaut donc $\int_0^1 1 \,dx = 1$.
Par conséquent : \[ 1^2 \le \left( \int_0^1 e^{x^2} \,dx \right) \left( \int_0^1 e^{-x^2} \,dx \right) \] Ce qui démontre l'inégalité demandée.
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On pose $f(x) = \sin x$ et $g(x) = \frac{1}{x}$ sur l'intervalle $\left[\frac{\pi}{4}; \frac{\pi}{2}\right]$. En appliquant l'inégalité de Cauchy-Schwarz :
\[ \left( \int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin x}{x} \,dx \right)^2 \le \left( \int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}} \sin^2 x \,dx \right) \left( \int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}} \frac{1}{x^2} \,dx \right) \]
Calculons les deux intégrales du membre de droite :
- Par hypothèse, $0 < f(x) < \ln 2$ sur $[0; 1]$.
Par stricte croissance de la fonction exponentielle, on déduit : \[ 1 < e^{f(x)} < 2 \quad \text{et} \quad \frac{1}{2} < e^{-f(x)} < 1 \] En intégrant ces inégalités strictes sur $[0; 1]$ (la fonction n'étant pas constante), on obtient : \[ \int_0^1 1 \,dx < \int_0^1 e^{f(x)} \,dx < \int_0^1 2 \,dx \implies 1 < A < 2 \] \[ \int_0^1 \frac{1}{2} \,dx < \int_0^1 e^{-f(x)} \,dx < \int_0^1 1 \,dx \implies \frac{1}{2} < B < 1 \]- Encadrement de $AB$ : D'une part, en appliquant Cauchy-Schwarz avec $u(x) = e^{\frac{f(x)}{2}}$ et $v(x) = e^{-\frac{f(x)}{2}}$, on obtient $\int_0^1 u(x)v(x) \,dx = 1$, ce qui donne $1 \le AB$. D'autre part, comme $A < 2$ et $B < 1$ (avec $A, B > 0$), on a strictement $AB < 2$. Ainsi : $1 \le AB < 2$.
- Étude du rapport : On sait que $A > 1$ et $B < 1$. Puisque $A$ et $B$ sont strictement positifs, le quotient inverse donne bien $0 < \frac{B}{A} < 1$.