Exercice 1 1575

Soit $(x_{1}, \dots, x_{n}) \in ℝ^{n}$ . Montrer l’inégalité qui suit en précisant le cas d’égalité

{(\sum_{k = 1}^{n} x_{k})}^{2} \leq n \sum_{k = 1}^{n} x_{k}^{2} .

Exercice 2 1576 Correction

Soient $x_{1}, \dots, x_{n}$ des réels strictement positifs tels que $x_{1} + \dots + x_{n} = 1$ .
Montrer que

\sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{x_{k}} \geq n^{2} .

Préciser les cas d’égalité.

Solution

Par l’inégalité de Cauchy-Schwarz,

{(\sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{\sqrt{x_{k}}} \sqrt{x_{k}})}^{2} \leq \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{x_{k}} \sum_{k = 1}^{n} x_{k} .

Donc

\sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{x_{k}} \geq n^{2} .

De plus, il y a égalité si, et seulement si, il y a colinéarité des $n$ -uplets

(\frac{1}{\sqrt{x_{1}}}, \dots, \frac{1}{\sqrt{x_{n}}}) et (\sqrt{x_{1}}, \dots, \sqrt{x_{n}})

ce qui correspond au cas où

\frac{\sqrt{x_{1}}}{1 / \sqrt{x_{1}}} = \dots = \frac{\sqrt{x_{n}}}{1 / \sqrt{x_{n}}}

soit encore

x_{1} = \dots = x_{n} = \frac{1}{n} .

Exercice 3 5898 Correction

Montrer que pour tout $n \in ℕ$

\sum_{k = 0}^{n} \sqrt{(\binom{n}{k})} \leq \sqrt{2^{n} (n + 1)}

Solution

Par l’inégalité de Cauchy-Schwarz,

\sum_{k = 0}^{n} \sqrt{(\binom{n}{k})} \times 1 \leq {(\sum_{k = 0}^{n} (\binom{n}{k}))}^{1 / 2} {(\sum_{k = 0}^{n} 1)}^{1 / 2} = \sqrt{2^{n}} \cdot \sqrt{n + 1}

ce qui produit l’inégalité voulue.

Exercice 4 4501

Soient $A, B \in ℳ_{n} (ℝ)$ . Établir

{(tr (A B))}^{2} \leq tr (A^{⊤} A) tr (B^{⊤} B) .

Exercice 5 504 Correction

Soient $A, B \in 𝒮_{n} (ℝ)$ . Montrer

{(tr (A B + B A))}^{2} \leq 4 tr (A^{2}) tr (B^{2}) .

Solution

Sur $ℳ_{n} (ℝ)$ , on définit un produit scalaire par

(A ∣ B) = tr (A^{⊤} B) .

Pour $A, B \in 𝒮_{n} (ℝ)$ ,

tr (A B + B A) = 2 (A ∣ B)

et l’inégalité de Cauchy-Schwarz fournit la relation demandée.

Exercice 6 1578 Correction

Soit $f : [0; 1] \to ℝ$ continue et positive. On pose $I_{n} = \int_{0}^{1} t^{n} f (t) d t$ .
Montrer

I_{n + p}^{2} \leq I_{2 n} I_{2 p} .

Solution

Par l’inégalité de Cauchy-Schwarz,

{(\int_{0}^{1} t^{n + p} f (t) d t)}^{2} = {(\int_{0}^{1} t^{n} \sqrt{f (t)} t^{p} \sqrt{f (t)} d t)}^{2} \leq \int_{0}^{1} t^{2 n} f (t) d t \int_{0}^{1} t^{2 p} f (t) d t .

Exercice 7 5820 Correction

Soit $E$ un espace préhilbertien non réduit au vecteur nul. On note $⟨ \cdot, \cdot ⟩$ le produit scalaire sur $E$ et $∥ \cdot ∥$ la norme euclidienne associée. Montrer

\forall x \in E, ∥ x ∥ = sup_{y \in S} | ⟨ x, y ⟩ |

en notant $S$ l’ensemble des vecteurs unitaires de $E$ .

Solution

Soit $x \in E$ .

Par l’inégalité de Cauchy-Schwarz,

\forall y \in S, | ⟨ x, y ⟩ | \leq ∥ x ∥ ∥ y ∥ = ∥ x ∥ .

En passant à la borne supérieure,

sup_{y \in S} | ⟨ x, y ⟩ | \leq ∥ x ∥ .

Inversement, si $x = 0_{E}$ , l’égalité voulue est immédiate et sinon, on peut introduire $x^{'} = x / ∥ x ∥ \in S$ et remarquer

| ⟨ x, x^{'} ⟩ | = \frac{{∥ x ∥}^{2}}{∥ x ∥} = ∥ x ∥

donc

sup_{y \in S} | ⟨ x, y ⟩ | \geq ∥ x ∥ .

Par double inégalité, on peut affirmer l’égalité.

Exercice 8 1577 Correction

On considère $𝒞^{0} ([a; b], ℝ)$ muni du produit scalaire

(f ∣ g) = \int_{a}^{b} f (t) g (t) d t .

Pour $f$ strictement positive sur $[a; b]$ , on pose

ℓ (f) = \int_{a}^{b} f (t) d t \int_{a}^{b} \frac{d t}{f (t)} .

(a)

Montrer que $ℓ (f) \geq {(b - a)}^{2}$ .
(b)

Étudier les cas d’égalités.

Solution

(a)

Soit $g \in 𝒞 ([a; b], ℝ)$ l’application définie par $g (t) = \sqrt{f (t)}$ . Par l’inégalité de Cauchy-Schwarz,

${(b - a)}^{2} = {(\int_{a}^{b} g (t) . \frac{1}{g (t)} d t)}^{2} \leq \int_{a}^{b} f (t) d t . \int_{a}^{b} \frac{d t}{f (t)} = ℓ (f) .$
(b)

Il y a égalité si, et seulement si, $t \mapsto g (t)$ et $t \mapsto \frac{1}{g (t)}$ sont colinéaires ce qui correspond à $f$ constante.

Exercice 9 5684 Correction

Soit $(A, B) \in 𝒮_{n} {(ℝ)}^{2}$ . Montrer

tr ({(A B)}^{2}) \leq tr (A^{2} B^{2}) .

Solution

On remarque

tr ({(A B)}^{2}) = tr ((A B) (A B)) = tr ({(B A)}^{⊤} (A B)) = ⟨ B A, A B ⟩

avec $⟨ \cdot, \cdot ⟩$ le produit scalaire canonique sur $ℳ_{n} (ℝ)$ défini par $⟨ M, N ⟩ = tr (M^{⊤} N)$ .

Par l’inégalité de Cauchy-Schwarz,

tr ({(A B)}^{2}) \leq ∥ B A ∥ ∥ A B ∥ .

{∥ A B ∥}^{2} = tr ({(A B)}^{⊤} A B) = tr (B A A B) = tr (A A B B) = tr (A^{2} B^{2})

et, par le même calcul,

{∥ B A ∥}^{2} = tr (B^{2} A^{2}) = tr (A^{2} B^{2}) .

On en déduit l’inégalité voulue.

Exercice 10 3883 MINES (MP)Correction

Soit $A = {(a_{i, j})}_{1 \leq i, j \leq n}$ une matrice réelle vérifiant

\forall i \in {1, \dots, n}, a_{i, i} \geq 1 et \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1, j \neq i}^{n} a_{i, j}^{2} < 1 .

(a)

Montrer

$\forall X \in ℝ^{n} ∖ {0}, X^{⊤} A X > 0 .$
(b)

En déduire que la matrice $A$ est inversible.

Solution

(a)

En notant $X = (x_{1}, \dots, x_{n})$ , on obtient

$X^{⊤} A X = \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{n} a_{i, j} x_{i} x_{j}$

et donc

$X^{⊤} A X = \sum_{i = 1}^{n} a_{i, i} x_{i}^{2} + \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1, j \neq i}^{n} a_{i, j} x_{i} x_{j} .$

Par l’inégalité triangulaire

$| \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1, j \neq i}^{n} a_{i, j} x_{i} x_{j} | \leq \sum_{i = 1}^{n} | x_{i} | \sum_{j = 1, j \neq i}^{n} | a_{i, j} | | x_{j} | .$

Par l’inégalité de Cauchy-Schwarz

$| \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1, j \neq i}^{n} a_{i, j} x_{i} x_{j} | \leq \sqrt{\sum_{i = 1}^{n} x_{i}^{2}} \sqrt{\sum_{i = 1}^{n} {(\sum_{j = 1, j \neq i}^{n} | a_{i, j} | | x_{j} |)}^{2}}$

et une nouvelle fois

${(\sum_{j = 1, j \neq i}^{n} | a_{i, j} | | x_{j} |)}^{2} \leq \sum_{j = 1, j \neq i}^{n} a_{i, j}^{2} \sum_{j = 1, j \neq i}^{n} x_{j}^{2} \leq \sum_{j = 1, j \neq i}^{n} a_{i, j}^{2} \sum_{j = 1}^{n} x_{j}^{2} .$

On obtient donc

$| \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1, j \neq i}^{n} a_{i, j} x_{i} x_{j} | \leq \sum_{i = 1}^{n} x_{i}^{2} \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1, j \neq i}^{n} a_{i, j}^{2} < \sum_{i = 1}^{n} x_{i}^{2}$

puis

$X^{⊤} A X > \sum_{i = 1}^{n} a_{i, i} x_{i}^{2} - \sum_{i = 1}^{n} x_{i}^{2} \geq 0 .$
(b)

Si $X \in Ker (A)$ alors $X^{⊤} A X = 0$ et donc $X = 0$ en vertu de ce qui précède.

[<] Calcul dans un espace euclidien [>] Orthogonal d'une partie, d'un sous-espace vectoriel

Édité le 08-12-2023

Inégalité de Cauchy Schwarz