Si $k\geq l$ alors $d_l-d_k\leq 0$ et $a_l-a_k\leq 0$, par conséquent $(d_l-d_k)(a_l-a_k)\geq 0$. De la même manière on montre que si $k\leq l$ on a aussi $(d_l-d_k)(a_l-a_k)\geq 0$. Donc dans tous les cas on a $(d_l-d_k)(a_l-a_k)\geq 0$. Il ne reste plus qu'à développer cette dernière inégalité et organiser pour trouver l'inégalité recherchée.

On multiplie l'inégalité de la question précédente par $p_kp_l$ puis on double somme sur $k$ et $l$. Grâce au fait que $\sum_{k=1}^Np_k=1$, on a : $$\begin{align} &\sum_{k=1}^N\sum_{l=1}^Np_kp_ld_ka_k\geq \sum_{k=1}^N\sum_{l=1}^Np_kp_l(d_ka_l+d_la_k-d_la_l)\\ &\Longleftrightarrow \sum_{l=1}^Np_l \sum_{k=1}^Np_kd_ka_k\sum_{k=1}^Np_kd_k\geq \sum_{k=1}^Np_kd_k\sum_{l=1}^Np_la_l+\sum_{k=1}^Np_ka_k\sum_{l=1}^Np_ld_l-\sum_{k=1}^Np_k\sum_{l=1}^Np_ld_la_l\\ &\Longleftrightarrow \sum_{k=1}^Np_kd_ka_k\geq \sum_{k=1}^Np_kd_k\sum_{l=1}^Np_la_l+\sum_{k=1}^Np_ka_k\sum_{l=1}^Np_ld_l-\sum_{l=1}^Np_ld_la_l. \end{align}$$ Il ne reste plus qu'à réorganiser et à changer le noms des indices de sommation pour obtenir le résultat recherché.

On observe que si on prend la somme des $p$ plus grand éléments parmi une liste donnée, cette somme sera plus grande qu'une somme quelconque d'autres éléments. Ici, comme $(a_1,\dots,a_N)$ est ordonée et que $(\hat t(1),\dots,\hat t(N))$ aussi, $\sum_{k=n}^Na_{\hat t(k)}$ est donc la somme des $N-n+1$ plus grand éléments de $(a_{t(1)},\dots,a_{t(N)})$ ce qui justifie l'inégalité.

On a $$\begin{align} \sum_{n=1}^N\left((d_n-d_{n-1})\sum_{k=n}^Na_{t(k)}\right)&= \sum_{n=1}^Nd_n\sum_{k=n}^Na_{t(k)}-\sum_{n=1}^Nd_{n-1}\sum_{k=n}^Na_{t(k)}\\ &=\sum_{n=1}^Nd_n\sum_{k=n}^Na_{t(k)}-\sum_{n=0}^{N-1}d_{n}\sum_{k=n+1}^{N}a_{t(k)}\text{ (par changement d'indice)}\\ &=d_Na_N+\sum_{n=1}^{N-1}d_n\sum_{k=n}^Na_{t(k)}-\sum_{n=1}^{N-1}d_{n}\sum_{k=n+1}^{N}a_{t(k)}\text{ (on rapelle que }d_0=0)\\ &=d_Na_N+\sum_{n=1}^{N-1}d_n\left(\sum_{k=n}^Na_{t(k)}-\sum_{k=n+1}^{N}a_{t(k)}\right)\\ &=d_Na_N+\sum_{n=1}^{N-1}d_na_{t(n)}\\ &=\sum_{n=1}^{N}d_na_{t(n)} \end{align}$$

Puisque les $d_n$ sont strictements ordonnés, on a $(d_n-d_{n-1})>0$, par conséquent d'après 9.a), on a $(d_n-d_{n-1})\sum_{k=n}^Na_{t(k)}\leq (d_n-d_{n-1})\sum_{k=n}^Na_{\hat t(k)}$. Il suit alors par 9.b) $$\sum_{n=1}^Nd_na_{t(n)}=\sum_{n=1}^N\left((d_n-d_{n-1})\sum_{k=n}^Na_{t(k)}\right)\leq \sum_{n=1}^N\left((d_n-d_{n-1})\sum_{k=n}^Na_{\hat t(k)}\right)=\sum_{n=1}^Nd_na_{\hat t(n)},$$ et le résultat est prouvé.

D'abord on développe : $$c(T)=\sum_{k=1}^N(d_k-T(d_k))^2=\sum_{k=1}^Nd_k^2-2\sum_{k=1}^Nd_kT(d_k)+\sum_{k=1}^N(T(d_k))^2.$$ $T$ étant une bijection et l'ordre ne comptant pas dans la sommation de $\sum_{k=1}^NT(d_k)$, nous avons : $$\sum_{k=1}^N(T(d_k))^2=\sum_{k=1}^Na_k^2=\sum_{k=1}^N(\hat T(d_k))^2.$$ D'autre part, $T$ étant une bijection, le n-uplet $(T(d_1),\dots,T(d_n))$ peut être représenté à l'aide des notations du dessus $(a_{t(1)},\dots,a_{t(n)})$ et le n-uplet $(\hat T(d_1),\dots,\hat T(d_n))$ par $(a_{\hat t(1)},\dots,a_{\hat t(n)})$, de sorte que 9.c) nous donne l'inégalité suivante : $$\sum_{k=1}^Nd_kT(d_k)=\sum_{k=1}^Nd_ka_{t(k)}\leq \sum_{k=1}^Nd_ka_{\hat t(k)}=\sum_{k=1}^Nd_k\hat T(d_k).$$ On a finalement : $$c(T)=\sum_{k=1}^Nd_k^2-2\sum_{k=1}^Nd_kT(d_k)+\sum_{k=1}^N(T(d_k))^2\geq \sum_{k=1}^Nd_k^2-2\sum_{k=1}^Nd_k\hat T(d_k)+\sum_{k=1}^N(\hat T(d_k))^2=c(\hat T),$$ d'où le résultat.

Si on note $a_1,\dots,a_n$ les valeurs distinctes prises par $X$ et qu'on les suppose ordonnée dans l'ordre croissant (donc strictement croissant car les $a_i$ sont distincts), on se trouve dans le champs d'application de (1). D'autre part si on note, $d_i=h(a_i)$, comme $h$ est croissante, les $d_i$ sont également ordonnée dans l'ordre croissant. On observe en reprenant la démonstration de (1) que l'inégalité reste vraie en supposant un ordre large des $d_i$, c'est à dire $d_1\leq\dots\leq d_n$. Donc notre choix des $d_i$ est encore dans le champs d'application de (1). Enfin si on pose $p_i=P(X_i=a_i)$, on a bien $\sum_{k=1}^np_i=1$ et on est encore bien dans le champs d'application de (1). On a enfin avec le théorème de transfert et (1) que : $$\begin{align} E(Xh(X))&=\sum_{k=1}^na_kh(a_k)P(X=a_k)\\ &=\sum_{k=1}^na_kd_kp_k\\ &\geq\left(\sum_{k=1}^np_kd_k\right)\left(\sum_{k=1}^np_ka_k\right)\\ &=\left(\sum_{k=1}^nh(a_k)P(X=a_k)\right)\left(\sum_{k=1}^na_kP(X=a_k)\right)\\ &=E(h(X))E(X) ,\end{align}$$ ce qui prouve le résultat.

Les variances de $X$ et $h(X)$ existent donc le coefficient de corrélation linéaire est bien défini. D'après 11.a) : $$\rho(X,h(X))=\frac{Cov(X,h(X))}{\sqrt{V(X)V(h(X))}}=\frac{E(Xh(X))-E(X)E(h(X))}{\sqrt{V(X)V(h(X))}}\geq 0,$$ donc le coefficient de corélation linéaire est positif.

Par la formule de transfert $$E(h(X)t(X))=\sum_{k=1}^Nh(k)t(k)\frac{1}{N}=\frac{1}{N}\sum_{k=1}^Nh(k)t(k).$$ Si on pose $d_k=h(k)$, par croissance de $h$, on observe que les $d_k$ sont ordonnés par ordre croissants. En reprenant la preuve de (2), on observe que l'inégalité reste vraie si on suppose les $d_k$ ordonnés au sens large, par conséquent les $d_k$ posés précédemments sont dans le cadre d'application de (2). D'autre part si on pose $a_{t(n)}=t(k)$, on a d'après (2) : $$E(h(X)t(X))=\frac{1}{N}\sum_{k=1}^Nh(k)t(k)=\frac{1}{N}\sum_{k=1}^Nd_ka_{t(k)}\leq \frac{1}{N}\sum_{k=1}^Nd_ka_{\hat t(k)}=\frac{1}{N}\sum_{k=1}^Nh(k)\hat t(k)=E(h(X)\hat t(X)),$$ d'où le résultat.