Inégalité de Popoviciu

Soit f une fonction d'un intervalle ${\displaystyle I\subset \mathbb {R} }$ dans ${\displaystyle \mathbb {R} }$. Si f est convexe, alors, pour trois points quelconques x, y et z de I^[2],[3],

${\displaystyle {\frac {2}{3}}\left[f\left({\frac {x+y}{2}}\right)+f\left({\frac {y+z}{2}}\right)+f\left({\frac {z+x}{2}}\right)\right]\leqslant {\frac {f(x)+f(y)+f(z)}{3}}+f\left({\frac {x+y+z}{3}}\right)}$

Démonstration

Supposons f convexe. Sans perte de généralités, supposons : ${\displaystyle x\leq y\leq z}$ et ${\displaystyle y\leq {\frac {x+y+z}{3}}}$,

Alors :

${\displaystyle {\frac {x+y+z}{3}}\leq {\frac {x+z}{2}}\leq z\quad \mathrm {et} \quad {\frac {x+y+z}{3}}\leq {\frac {y+z}{2}}\leq z}$

On peut donc trouver ${\displaystyle s,t\in \left[0;1\right]}$ tels que :

${\displaystyle {\frac {x+z}{2}}=s{\frac {x+y+z}{3}}+(1-s)z\quad \mathrm {et} \quad {\frac {y+z}{2}}=t{\frac {x+y+z}{3}}+(1-t)z}$

En additionnant et multipliant les deux égalités ensemble, on obtient :

${\displaystyle (x+y-2z)\left(s+t-{\frac {3}{2}}\right)=0}$

Si ${\displaystyle x+y-2z=0,x=y=z}$, ce qui conclut. Sinon, on a ${\displaystyle s+t={\frac {3}{2}}}$ et :

${\displaystyle {\begin{matrix}\displaystyle f\left({\frac {x+z}{2}}\right)&\leq &\displaystyle sf\left({\frac {x+y+z}{3}}\right)&+&(1-s)f(z)\\[3pt]\displaystyle f\left({\frac {y+z}{2}}\right)&\leq &\displaystyle tf\left({\frac {x+y+z}{3}}\right)&+&(1-t)f(z)\\[3pt]\displaystyle f\left({\frac {x+y}{2}}\right)&\leq &{\dfrac {1}{2}}f(x)&+&{\dfrac {1}{2}}f(y)\end{matrix}}}$

En sommant les trois inégalités et en multipliant par 2/3, on a bien l'inégalité de Popoviciu. Le cas ${\displaystyle y\geq {\frac {x+y+z}{3}}}$ est analogue.

Si une fonction f est continue, alors elle est convexe si et seulement si l'inégalité ci-dessus est vraie pour tout x, y et z de I. Lorsque f est strictement convexe, l’inégalité est stricte sauf pour x = y = z.

Cette inégalité peut être généralisée à n’importe quel nombre fini n de points au lieu de 3, pris à droite k à la fois au lieu de 2 à la fois^[4] :

Soit f une fonction continue d'un intervalle ${\displaystyle I\subset \mathbb {R} }$ dans ${\displaystyle \mathbb {R} }$. Alors f est convexe si et seulement si, pour tout entier n et k où n ≥ 3 et 2 ≤ k ≤ n–1 et n points quelconques x₁, ..., x_n de I,

${\displaystyle {\frac {1}{k}}{\binom {n-2}{k-2}}\left({\frac {n-k}{k-1}}\sum _{i=1}^{n}f(x_{i})+nf\left({\frac {1}{n}}\sum _{i=1}^{n}x_{i}\right)\right)\geqslant \sum _{1\leqslant i_{1}<\dots <i_{k}\leqslant n}f\left({\frac {1}{k}}\sum _{j=1}^{k}x_{i_{j}}\right)}$

L'inégalité de Popoviciu peut également être généralisée en une inégalité pondérée^[5],[6],[7]. L'article de Popoviciu a été publié en roumain, mais le lecteur intéressé peut trouver ses résultats dans la revue en lien Zentralblatt MATH^[8].

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