Quelques inégalités élémentaires

I.2.1. On fait un raisonnement par récurrence. Pour n = 1, l’inégalité est évidente. On considère un entier nstrictement positif et on suppose que

(1 +a₁)(1 +a₂)· · ·(1 +a_n)1 +a₁+a₂+. . .+a_n. On a alors

(1 +a₁)(1 +a₂)· · ·(1 +a_n)(1 +a_n+1)

(1 +a₁+a₂+. . .+a_n)(1 +a_n+1)

= 1 +a₁+a₂+. . .+a_n+a_n+1+a_n+1(a₁+a₂+. . .+a_n) 1 +a₁+a₂+. . .+a_n+a_n+1.

La proposition est donc démontrée.

I.2.2. On fait un raisonnement par récurrence. Pour n = 1, la proposition est claire. On suppose maintenant qu’elle est vérifiée pour un certain n. On peut supposer, sans perte de généralité, que les nombres a₁, . . . , a_n+1 vérifiant la condition a₁a₂. . . a_n+1 = 1 sont numérotés de sorte que a₁ a₂ . . . an an+1. On a alors a₁ 1 et an+1 1. Puisque a₂a₃. . . an(an+1a₁) = 1,

25

Chapitre I. Nombres réels

on a, par hypothèse de récurrence, a₂+a₃+. . .+a_n+ (an+1a₁)n. D’où, a₁+a₂+. . .+a_n+a_n+1n+a_n+1+a₁−a_n+1a₁

=n+a_n+1(1−a₁) +a₁−1 + 1

=n+ 1 + (a_n+1−1)(1−a₁)

n+ 1.

I.2.3. Les inégalités se déduisent de la proposition prouvée enI.2.2. En effet, en remplaçant ici lesaj par ^√n_a^aj

1···an, on obtientAnGn. L’inégalitéGn Hn

se déduit de l’inégalité A_nG_n en remplaçant les a_j par leurs inverses _a¹

j. I.2.4. On a, en utilisant l’inégalité entre les moyennes arithmétique et géo-métrique,

n

(1 +nx)×1×. . .×11 +x (n facteurs).

I.2.5.

(a) On applique l’inégalité entre les moyennes arithmétique et harmonique.

(b) On applique l’inégalité entre les moyennes arithmétique et harmonique.

(c) La première inégalité peut se prouver comme en (a) et (b). Pour démon-trer la seconde inégalité, on observe que

1

3n+ 1+ 1

3n+ 2 +. . .+ 1

5n+ 1

5n+ 1 < 1

3n+ 1+ 2n 3n+ 2 < 2

3. (d) D’après l’inégalité entre les moyennes arithmétique et géométrique,

2 1 +3

2 +4

3+. . .+ n+ 1 n > n√ⁿ

n+ 1.

D’où,

1 + 1 + 1 + 1

2+ 1 +1

3 +. . .+ 1 + 1

n > n√ⁿ n+ 1 et

1 + 1 2 +1

3+. . .+ 1

n > n√n

n+ 1−1 .

Pour prouver l’autre inégalité, on utilise l’inégalité entre les moyennes arithmétique et géométrique pour obtenir

1 2 +2

3+3

4 +. . .+ n

n+ 1 > n

√n

n+ 1. 26

Solutions

Ceci implique 1 + 1

2 +1

3+. . .+ 1 n < n

1− 1

√n

n+ 1+ 1 n+ 1

. I.2.6. On obtient, par l’inégalité GnAn,

xⁿ= ²ⁿ⁺¹

1×x×. . .×x²ⁿ 1 +. . .+x²ⁿ 2n+ 1 .

I.2.7. La seconde inégalité est une conséquence immédiate de l’inégalité Gn An. On peut prouver l’autre inégalité par récurrence. L’inégalité est vérifiée pour n = 1. On montre qu’elle est vérifiée à l’ordre n+ 1si elle l’est à l’ordre n. Pour cela, on montre que (a₁a_n+1)ⁿ⁺¹ (a₁· · ·a_na_n+1)² dès que (a₁an)ⁿ(a₁· · ·an)². On a

(a₁a_n+1)ⁿ⁺¹ a₁·a_n(a₁· · ·a_n)²· a_n+1

a_n n+1

. Il suffit donc de prouver que

a₁aⁿ_n⁺¹₊₁

aⁿ_n a²_n+1. On peut réécrire cette inégalité sous la forme

a₁

1 + d

a₁+ (n−1)d n−1

a₁+ (n−1)d,

où a_n=a₁+ (n−1)d, ce qui se démontre facilement par récurrence.

I.2.8. Il s’agit d’une conséquence immédiate du problème précédent.

I.2.9. On peut appliquer l’inégalité entre les moyennes arithmétique et har-monique.

I.2.10.

(a) Par l’inégalité entre moyenne arithmétique et harmonique, on a n

_n

k=1

1 a_k

₋₁

1

n n k=1

ak

et, en conséquence,

n k=1

1 a_k n²

s .

27

Chapitre I. Nombres réels

Le résultat demandé découle de ce qui précède et des égalités n

(b) Voir la solution de la partie (a).

(c) Ceci s’obtient par la même méthode qu’en (a).

I.2.11. On utilise l’inégalité ¹⁺₂^ak √a_k.

I.2.13. Cette inégalité est équivalente à l’inégalité suivante : n

qui est elle-même une conséquence immédiate de l’inégalité évidente a_ka_j+b_kb_j

a²_k+b²_k¹

2

a²_j +b²_j¹

2 . I.2.14. La proposition se déduit de l’inégalité de Cauchy.

28

Solutions

I.2.15.

(a) D’après l’inégalité de Cauchy, n Cauchy (problème I.2.12) donnent le résultat cherché.

I.2.16. L’inégalité est équivalente à 0−4α qui est vérifiée pour tout réel α car

Δ = 16

I.2.17. On obtient, en appliquant l’inégalité de Cauchy, n

(a) D’après l’inégalité de Cauchy, on a _n

Chapitre I. Nombres réels I.2.19. L’inégalité de Cauchy donne

_n

I.2.20. D’après l’inégalité de Cauchy, on a n

I.2.21. De la même façon que dans la solution du problème précédent, on obtient

. Le minimum cherché est donc égal à _n

k=1 p1_k

₋₁ .

I.2.22. On déduit de la solution du problème I.2.20que _n

Solutions

(a) D’après l’inégalité de Cauchy, on a _n Ceci et l’inégalité établie en I.2.17 donnent

_n et le résultat demandé est prouvé.

31

Chapitre I. Nombres réels pour tout réel α. D’où, d’après l’inégalité de Cauchy,

1

l’égalité étant atteinte pour

a_k= De plus, si l’inégalité est vérifiée au rang n, alors

n+1 vérifiée. Supposons que l’inégalité est vérifiée au rang p et démontrons-la au rang p+ 1. On peut évidemment supposer, sans perte de généralité, que les 32

Solutions

a_k sont numérotés de sorte que a₁ a₂ . . . a_n. D’après l’hypothèse de récurrence et le résultat du problème précédent, on a alors

1

, ce qui est équivalent à l’inégalité demandée.

I.2.29.

(a) Pour tous réels a, b, c, on a a² + b² + c² ab + bc + ca. Donc, b²c²+a²c²+a²b² abc(ab+bc+ca), ce qui est équivalent à la proposition à prouver.

(b) La proposition demandée se déduit de l’inégalité a²+b²+c²ab+bc+ca à peu près de la même façon qu’en (a).

(c) Il s’agit d’une conséquence de l’inégalité entre moyennes arithmétique et harmonique.

Chapitre I. Nombres réels

(e) L’inégalité est claire pour a=b. On suppose maintenant que0< b < a.

On a alors a−b

2√ a =

"√ a−√

b# "√ a+√

b# 2√

a <√

a−√

b < a−b 2√

b et (a−b)²

4a <

"√ a−√

b

#₂

=a+b−2√

ab < (a−b)² 4b . I.2.30. On pose m= ^a_bⁱ

i. On a alors m(b₁+. . .+b_n) = a_i

b_i (b₁+b₂+. . .+b_n) = a_i

b_i b₁+a_i

b_i b₂+. . .+a_i b_i b_n a₁

b₁ b₁+a₂

b₂ b₂+. . .+an

b_n bn=a₁+. . .+an

M(b₁+. . .+b_n).

I.2.31. Les inégalités se déduisent du résultat du problème précédent et de la monotonie de la fonction tangente sur l’intervalle

0,^π₂ .

I.2.32. On applique l’inégalité donnée en I.2.30 en prenant a_i = lnc_i et b_i =k_i (i= 1,2, . . . , n).

I.2.33. On note que a₁

b₁ M, a²₂

M b²₂ M, . . . , aⁿ_n

Mⁿ⁻¹bⁿ_n M et on utilise l’inégalité prouvée en I.2.30.

I.2.34. D’après l’inégalité entre moyennes arithmétique et harmonique (voir I.2.3), on a

1

x−1a₁ +_x−¹_a

2 +. . .+_x−¹_a

n

(x−a₁) + (x−a₂) +. . .+ (x−a_n) n

= nx−(a₁+a₂+. . .+a_n)

n .

Le résultat demandé s’ensuit facilement.

34

Solutions

I.2.35. On observe que

1 +c₁+c₂+. . .+c_n= (1 + 1)ⁿ= 2ⁿ

et on applique l’inégalité de Cauchy (voir I.2.12) en prenant a_k = 1 et bk =√

la proposition découle directement de l’inégalité entre moyennes arithmétique et géométrique (problème I.2.3).

I.2.37. On obtient, d’après l’inégalité entre moyennes arithmétique et géo-métrique (voir I.2.3), On obtient notre proposition en additionnant ces inégalités.

I.2.38. On suppose que a_i= max{a₁, a₂, . . . , a_n}. On a alors

Chapitre I. Nombres réels

I.2.39. On peut appliquer le résultat de I.2.2.

I.2.40. L’inégalité de gauche se déduit de I.2.1.

(a) On observe que

1 +a_k = 1−a²_k

1−a_k < 1 1−a_k. Donc,

n k=1

(1 +a_k)<

_n

k=1

(1−a_k) ₋₁

.

Puisque a₁+a₂+. . .+a_n <1, en appliquant à nouveau le résultat de I.2.1, on obtient

n k=1

(1 +a_k)<

1−

n k=1

a_{k −1}

.

(b) On utilise le même raisonnement qu’en (a).

I.2.41. On applique l’inégalité donnée en I.2.15 (b) en remplaçant les a_k par 1−a_k.

I.2.42. Puisque0< a_k1pour k= 1,2, . . . , n, l’inégalité n

k=1

a_k n k=1

a_k× n k=1

1

a_k (1)

est vérifiée pour n 2. On applique maintenant l’inégalité donnée en I.2.15 (b) en remplaçant a_k par ₁₊^ak_a

k (k= 1,2, . . . , n) pour obtenir n

k=1

1 a_k

n−

n k=1

1 1 +a_k

n

n k=1

1 1 +a_k.

En multipliant chaque membre de cette inégalité par n k=1

a_k et en utilisant (1), on obtient le résultat demandé.

36

Solutions

I.2.43.

(a) On a, d’après l’inégalité entre moyennes arithmétique et géométrique (problème I.2.3),

n

k=1(1 +a_k)

(n+ 1)ⁿ = 2a₁+a₂+. . .+a_n

n+ 1 ×a₁+ 2a₂+a₃+. . .+a_n n+ 1

×. . .× a₁+a₂+. . .+ 2an

n+ 1

n k=1

a_k.

(b) La démonstration de cette inégalité se mène comme en (a).

I.2.44. On remarque d’abord que n k=1

a_k

1+ak = 1 si n k=1

1+1ak =n−1. Il suffit, pour obtenir le résultat demandé, d’appliquer l’inégalité donnée en I.2.43 (b) en remplaçant les a_k par ₁₊^ak_a

k.

I.2.45. [M.S. Klamkin, Amer. Math. Monthly 82(1975), 741-742]. On peut sup-poser que a₁, a₂, . . . , a_n sont numérotés de sorte que a₁= min{a₁, a₂, . . . , a_n} et a₂ = max{a₁, a₂, . . . , a_n} et on note A_n = 1/n la moyenne arithmé-tique de a₁, . . . , an. On définit une nouvelle suite {a_k} en posant a₁ = An, a₂ =a₁+a₂−A_n,a_i=a_i pour3in. On va prouver que

n k=1

1 +a_k 1−a_k

n k=1

1 +a_k

1−a_k. (1)

La définition de la suite {a_k}implique que l’inégalité (1) est équivalente à (1 +a₁)(1 +a₂)

(1−a₁)(1−a₂) (1 +An)(1 +a₁+a₂−An) (1−An)(1−a₁−a₂+An), qui à son tour est équivalente à

(A_n−a₁)(A_n−a₂)0.

Cette dernière inégalité est une conséquence immédiate de nos hypothèses. On répète alors la procédure ci-dessus à la suite {a_k} pour obtenir la suite {a_k}. Au moins deux termes de la suite{a_k}sont égaux àAn. De plus, la suite vérifie

37

Chapitre I. Nombres réels

une inégalité du type (1). Si on répète cette procédure au plusn−1fois, on ob-tient une suite constante dont tous les termes sont égaux àAn. L’inégalité (1) implique alors membre de gauche de l’inégalité dont le numérateur est égal à a_k1. Le dénomi-nateur de cette fraction a deux termes. On note le plus granda_k2. On considère alors la fraction de numérateur a_k2 et on appellea_k3 le plus grand des termes de son dénominateur, etc. On remarque que

a_ki

a_ki+1+a_ki+2 a_ki 2aki+1

, i= 1,2, . . . (1) La construction précédente implique qu’il existe un l tel que a_kl+1 =a_k1. On observe ensuite que les nombres a_ki eta_ki+1 apparaissent dans notre inégalité comme numérateurs soit de deux fractions consécutives, soit de deux fractions séparées par un seul terme (on considère ici que la première et la dernière frac-tions sont voisines). De plus, a_ki+1 apparaît comme numérateur d’une fraction se trouvant à droite de celle ayant a_ki pour numérateur. Pour passer de la fraction de numérateur a_k1 à la fraction de numérateur a_kl+1, il faut l étapes et l ⁿ₂. Donc, d’après (1) et l’inégalité en les moyennes arithmétique et géométrique, on a ce qui implique l’inégalité demandée.

38

Solutions

I.2.48. D’après l’inégalité entre moyennes arithmétique et géométrique, on a

n

% a₁

a₁+b₁ · a₂

a₂+b₂ · · · a_n

a_n+b_n + ⁿ

% b₁

a₁+b₁ · b₂

a₂+b₂ · · · b_n a_n+b_n

1

n a₁

a₁+b₁ +. . .+ an

a_n+b_n+ b₁

a₁+b₁ +. . .+ bn

a_n+b_n

= 1.

I.2.49. [V. Ptak, Amer. Math. Monthly102(1995),820-821]. On observe d’abord que si on remplace chaquea_kparca_kavecc >0, ni le premier membre, ni le se-cond membre de l’inégalité ne sont changés. On peut donc supposer que G= 1, d’où a_n= _a¹

1. On observe ensuite que si a₁ x _a¹₁, alors x+ ¹_x a₁+ _a¹

1. Donc,

n k=1

p_ka_k+ n k=1

p_k 1

a_k a₁+ 1

a₁ = 2A.

Pour obtenir la proposition, on applique maintenant l’inégalité entre les moyennes arithmétique et géométrique.

I.2.50. On arrange tous les diviseurs positifs de n par paires (k, l) de telle sorte que kl =n. L’inégalité entre les moyennes arithmétique et géométrique donne ^k+₂^l √

kl. En additionnant ces inégalités, on obtient σ(n)

2 τ(n) 2

√n.

39

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