Terminale S
Devoir de recherche
Samuel Rochetin
Lundi 25 février 2019
Résumé
Le but de ce devoir est de démontrer la célèbre inégalité arithmético-géométrique avec la méthode publiée en décembre 1960 dans The Ameri-can Mathematical Monthly par Palahenedi Hewage Diananda, puis d’en donner un exemple d’application.
Problème. Soit (an)n∈N∗ une suite de réels positifs. Pour tout n ∈ N∗,
on définit An:= a1+ · · · + an n et Gn:= n √ a1× · · · × an. 1. Montrer que A2≥ G2.
2. Montrer que A2= G2 si et seulement si a1= a2.
3. Montrer que pour tout n ∈ N∗, il existe deux entiers naturels α et β tels que An+1= An+ Bn 2 et Bn= αAn+1+ βan+1 n . 4. Soit n ∈ N∗.
(a) Montrer que An≥ Gn.
(b) Montrer que An= Gn si et seulement si a1= · · · = an.
5. Montrer que la suite 1 +1 n n n∈N∗ est croissante. Solution.
1. Il s’agit d’utiliser une identité remarquable : (√a1− √ a2)2≥ 0 ⇐⇒ a1− 2 √ a1a2+ a2≥ 0 ⇐⇒ a1+ a2 2 ≥ √ a1a2 ⇐⇒ A2≥ G2
2. D’après la question précédente, il vient : A2= G2 ⇐⇒ (√a1− √ a2)2= 0 ⇐⇒ √a1= √ a2 ⇐⇒ a1= a2 1
3. Méthode directe : Pour tout n ∈ N∗, An+1= An+ Bn 2 ⇐⇒ Bn= 2An+1− An ⇐⇒ Bn= 2(a1+ · · · + an+1) n + 1 − a1+ · · · + an+ an+1− an+1 n ⇐⇒ Bn= (2n − (n + 1))(a1+ · · · + an+1) + (n + 1)an+1 n(n + 1) ⇐⇒ Bn= (n − 1)a1+ · · · + an+1 n + 1 + n + 1 n + 1an+1 n ⇐⇒ Bn= (n − 1)An+1+ an+1 n Ainsi, α = n − 1 et β = 1 conviennent. Méthode par identification :
S’il existe deux entiers naturels α et β tels que An+1=
An+ Bn
2 et
Bn =
αAn+1+ βan+1
n , alors en égalant Bn dans ces deux expres-sions, il vient :
αAn+1+ βan+1
n − 2An+1+ An= 0 ⇐⇒ (α + 1 − n)(a1+ · · · + an) + (α − 2n + (n + 1)β)an+1= 0
Il suffit d’avoir α = n − 1 et β = 1 pour que cette égalité soit vraie. On vérifie que An+1=
An+ Bn
2 et Bn=
(n − 1)An+1+ an+1
n .
4. (a) Montrons le résultat par récurrence sur n ∈ N∗.
Le cas n = 1 est trivial. Supposons qu’il existe un rang n ∈ N∗ tel que An ≥ Gn. En remarquant que Bn est une moyenne
arithmétique de n réels positifs et que la fonction racine est croissante, il vient : An+1= An+ Bn 2 question précédente ≥√AnBn première question ≥√GnBn hypothèse de récurrence ≥ r Gnn q An−1n+1an+1 hypothèse de récurrence
Par croissance des fonctions puissances et racine (n + 1)-ième, il vient : An+1≥ r Gnn q An−1n+1an+1 ⇐⇒ A2nn+1≥ G n nA n−1 n+1an+1 ⇐⇒ An+1 n+1≥ G n+1 n+1 ⇐⇒ An+1≥ Gn+1 2
(b) Montrons le résultat par récurrence sur n ∈ N∗.
Le cas n = 1 est trivial. Supposons qu’il existe un rang n ∈ N∗ tel que An= Gnsi et seulement si a1 = · · · = an.
Si a1= · · · = an+1, alors il est clair que An+1= Gn+1.
Réciproquement, si An+1 = Gn+1, alors la première inégalité
dans la démonstration de la question précédente est une égalité, ce qui permet d’utiliser la deuxième question :
An+ Bn 2 = √ AnBn ⇐⇒ An= Bn ⇐⇒ 2 n + 1(a1+ · · · + an) − 2n n + 1an+1= 0
La deuxième inégalité dans la démonstration de la question pré-cédente est aussi une égalité, ce qui permet d’utiliser l’hypothèse de récurrence : An= Gn ⇐⇒ a1= . . . = an =⇒ 2n n + 1a1− 2n n + 1an+1= 0 ⇐⇒ a1= an+1 5. ∀n ∈ N∗, n+1 s 1 +1 n n = n+1 v u u t1 × n Y k=1 1 + 1 n ≤ 1 + n P k=1 1 +1 n n + 1 = 1 + 1 n + 1
Enfin, la fonction puissance (n + 1)-ième est croissante.
Figure 1 – Facsimilé de l’article original
