8 : Moyenne arithmético-géométrique

Lycée Louis-Le-Grand,Paris MPSI 4– Mathématiques A. Troesch

Problème n

8 : Moyenne arithmético-géométrique

Correction du problème 1– Autour de la moyenne arithmético-géométrique Question préliminaire : Comparaison des moyennes arithmétique et géométrique Soitaet bdeux réels positifs. On a

ma(a, b)−mg(a, b) =a−2√ ab+b

2 = (√

a−√ b)² 2 >0.

Ainsi mg(a, b)6ma(a, b).

Partie I – Définition de la moyenne arithmético-géométrique

Soit (a, b)∈R²

+. On définit deux suites(an)n∈Net(bn)n∈N par les relations :





 a0=a, b0=b

, et∀n∈N,







an+1=an+bn

2 =ma(an, bn) bn+1=√

a_nb_n=m_g(an, b_n)

1. • D’après la question préliminaire, pour toutn>1,an>bn. Alors, étant donnén>1, an+1=an+bn

2 6 an+an

2 =an, donc la suite(an)n>1 est décroissante.

• De même pourn>1,

bn+1=p

anbn>p

bnbn =bn. Donc la suite(bn)n>1 est croissante.

• On obtient alors, pour toutn>1 :

a_n>b_n>b1 et b_n6a_n6a1.

Ainsi(an)n∈N∗ est décroissante et minorée, donc (an)n∈N converge vers un réelα, et(bn)est croissante et majorée, donc (bn)n∈N converge vers un réelβ.

2. En passant à la limite dans la première relation de récurrence, il vient : α= α+β

2 soit: α=β

3. On am_a(a, b) =a1et m_g(a, b) =b1. La suite(an)étant décroissante de limiteα, il vient ma(a, b) =a1>liman=M(a, b).

De la même manière, la décroissance de(bn)amènem_g(a, b)6M(a, b). Ainsi : mg(a, b)6M(a, b)6ma(a, b).

Partie II – Expression intégrale de la moyenne arithmético-géométrique

On pose, pour toutx∈[0,1[, et pour tout(λ, µ)∈R² : I(x) =

Z ^π₂

0

dt

p1−x²sin²t et J(λ, µ) = Z ^π₂

0

dx q

λ²cos²(x) +µ²sin²(x) .

1. On pose, dans l’intégrale

I 2√

x 1 +x

= Z ^π₂

0

1

q1−(1+x)^{4x 2}sin²(u) du,

le changement de variableu= Arcsin

(1 +x) sin(t) 1 +xsin²(t)

=ϕ(t) Le réel xétant dans[0,1[, la fonctionψ: t7→

(1+x) sin(t)

1+xsin²(t) est continue et de classeC¹ sur[0,^π₂[, et pour toutt de cet intervalle : ψ^′(t) =(1 +x) cos(t)(1 +xsin²(t))−2xcos(t) sin(t)(1 +x) sin(t)

(1 +xsin²(t))² =(1 +x) cos(t)(1−xsin²(t)) (1 +xsin²(t))² >0 Ainsi,ψ est strictement croissante, et ψ(0) = 0, ψ ^π₂

= 1. En particulier, pour tout t ∈[0,^π₂[, ψ(t)in[0,1[.

Par composition de fonctions de classeC¹, on en déduit queϕest de classeC¹ sur[0,^π₂[. Comme on n’a pas la classeC¹sur l’intervalle fermé, on se restreint dans un premier temps à un intervalle[0, A], oùA∈]0,^π₂[. Ainsi, sur cet intervalle, on a

du

dt =(1 +x) cos(t)(1−xsin²(t))

(1 +xsin²(t))² · 1 q

1−^(1+x)_(1+x²_sin^sin22_t)^(t)2

=(1 +x) cos(t)(1−xsin²(t))

(1 +xsin²(t)) · 1

q

(1−xsin²(t))²−(1 +x)²sin²(t)

=(1 +x) cos(t)(1−xsin²(t))

(1 +xsin²(t)) · 1

q

(1−xsin²(t)−(1 +x) sin(t))(1−xsin²(t) + (1 +x) sin(t))

=(1 +x) cos(t)(1−xsin²(t))

(1 +xsin²(t)) · 1

p(1−sin(t))(1−xsin(t))(1 + sin(t))(1 +xsin(t))

=(1 +x) cos(t)(1−xsin²(t))

(1 +xsin²(t)) · 1

q

cos²(t)(1−x²sin²(t))

= (1 +x)(1−xsin²(t)) (1 +xsin²(t))

q

(1−x²sin²(t))

Le plus dur est fait. On a alors (ϕétant bijective de[0,^π₂[sur lui-même d’après le théorème de la bijection, car continue et strictement croissante)

Z A 0

dt

q1−(1+x)^{4x 2}sin²(u) du=

Z ϕ⁻¹(A) 0

1 q

1−(1+x)^{4x 2}×^(1+x)(1+xsin^2sin2(t))^2(t)2

× (1 +x)(1−xsin²(t)) (1 +xsin²(t))

q

1−x²sin²(t) dt

= (1 +x)

Z ϕ⁻¹(A) 0

(1−xsin²(t)) q

(1 +xsin²(t))²−4xsin²(t)× q

1−x²sin²(t) dt

= (1 +x)

Z ϕ⁻¹(A) 0

(1−xsin²(t)) q

(1−xsin²(t))²× q

1−x²sin²(t) dt

= (1 +x)

Z ϕ⁻¹(A) 0

1 q

1−x²sin²(t) dt

et donc, en passant à la limite lorsqueA tend vers ^π₂ (la fonctionϕ⁻¹ étant continue en tant que récirpoque d’une fonction continue, donc lim

A→^π

2

ϕ⁻¹(A) =ϕ⁻¹π 2

=π

2), on obtient : I

2√ x 1 +x

= (1 +x)I(x) 2. On a, pour tout x∈]0,1]:

J(1, x) = Z ^π₂

0

dt q

cos²(t) +x²sin²(t)

= Z ^π₂

0

dt q

1−(1−x²) sin²(t)

=I(p 1−x²)

D’un autre côté : J

1 +x 2 ,√

x

= Z ^π₂

0

dt q 1+x

2

2

cos²(t) +xsin²t

= 2

1 +x Z ^π₂

0

dt r

1−

1−x 1+x

2

sin²(t)

= 2

1 +xI 1−x

1 +x

.

Par ailleurs, d’après la question précédente : 2

1 +xI

1−x 1 +x

= 2

1 +x× 1 1 +¹_1+x^−x ×I



 2q

1−x 1+x

1 + ¹_1+x^−x



=I(p

1−x²).

On en déduit alors J(1, x) =J

1 +x 2 ,√

x

. 3. Soitn∈N. Supposonsan6= 0. Alors

J(an+1, bn+1) =J

a_n+b_n 2 ,p

a_nb_n

=J a_n×1 + ^b_aⁿ

n

2 , a_n× rb_n

an

! .

Or, de façon évidente, pour toutα >0, et tout(λ, µ), on aJ(αλ, αµ) = _α¹J(λ, µ), donc

J(an+1, bn+1) = 1 an

J 1 +_a^bn

n

2 , rb_n

an

!

= 1 an

J

1,b_n an

,

d’après la question précédente, d’où, en rentrant de nouveau le facteuran : J(an+1, bn+1) =J(an, bn).

Commea=a0 >0, une récurrence immédiate montre alors que cette propriété est vraie pour toutn et que (J(an, bn))n∈N est constante .

4. Soitε >0 tel queε < M(a, b). Il existe un rangN ∈Ntel qu’on ait à la fois :

∀n>N, |an−M(a, b)|6ε et |bn−M(a, b)|6ε.

On a alors, pour toutt∈[0,^π₂]et toutn>N : 1

q

(M(a, b) +ε)²(cos²t+ sin²t)

6 1

q

a²_ncos²t+b²_nsin²t

6 1

q

(M(a, b)−ε)²(cos²t+ sin²t) ,

soit :

1

M(a, b) +ε 6 1 q

a²_ncos²t+b²_nsin²t

6 1

M(a, b)−ε, et par croissante de l’intégrale, il vient facilement :

∀n>N, π

2 · 1

M(a, b) +ε 6J(an, b_n)6π

2 · 1

M(a, b)−ε .

5. Le terme du milieu de l’encadrement précédent est constant, égal à J(a0, b0) = J(a, b), et ε peut être choisi aussi petit qu’on veut. Une fois qu’on a remplacéJ(an, bn)parJ(a, b), on n’a plus de dépendance enn, on peut donc sans problème faire tendreεvers0, et il vient :

J(a, b) = π

2M(a, b), soit: M(a, b) = π 2J(a, b) .

Partie III – Une variante de la moyenne arithmético-géométrique

Soit toujours(a, b)∈(R^∗₊)². On définit cette fois (an)et(bn) par :





 a0=a

b0=b et ∀n∈N,







an+1=a_n+b_n 2 bn+1=p

an+1bn

1. • Supposonsa6b, montrons par récurrence surn∈Nla propriétéP(n):06a_n 6b_n. La propriétéP(0) est satisfaite d’après l’hypothèsea6b.

Soitn∈Ntel queP(n)est vrai. Alors on obtient :

06an+16bn puis: bn+1>p

(an+1)²>an+1. Ainsi, la propriétéP(n+ 1)est encore vraie.

D’après le principe de récurrence, on a donc, pour toutn∈N, 06an6bn.

Soitn∈N. On déduit alors de la relation définissantan+1, de la même manière que ci-dessus, que : an6an+16bn,

puis de la seconde relation, que

bn+1=p

an+1bn6p

b²_n=bn, d’où la croissance de(an)et la décroissance de(bn).

On est dans une situation similaire à celle des suites adjacentes (à part qu’on ne sait pas bien montrer de façon directe que a_n−b_n tend vers0), la démonstration de la convergence est rigoureusement la même : (an)n∈N est croissante et majorée par b0, et(bn)n∈N est décroissante et minorée par a0. Donc, d’après le théorème de la limite monotone, (an)et (bn)convergent.

• Sia>b, alors on montre strictement par les mêmes arguments que pour toutn∈N,bn 6an, que (bn)est croissante et majorée par a0 et (an) est décroissante et minorée par b0. Ainsi, dans cette situation aussi,

(an)et(bn)convergent.

• Appelonsαla limite de(an)etβla limite de(bn). Alors, on montre comme plus haut, en passant à la limite dans la relation définissantan+1, que α=β .

2. Le plus simple est de faire une récurrence.

Soit, pour toutndansN, la propriétéP(n): Bn = 1 2ⁿ

sin(α) sin ₂^αn

.

B0 est un produit vide, donc par conventionB0= 1, ce qui valideP(0).

Soitn∈N. On suppose queP(n)est vrai. Alors Bn+1= 1

2ⁿ sin(α)

sin ₂^αn×cos α 2ⁿ⁺¹

= 1

2ⁿsin(α)× 1

2 sin ₂n+1^α

cos ₂n+1^α

×cos α 2ⁿ⁺¹

= 1

2ⁿ⁺¹

sin(α) sin ₂n+1^α

Cela montreP(n+ 1).

Par conséquent,P(0)est vraie, et pour toutndansN,P(n)entraîneP(n+1). D’après le principe de récurrence, P(n)est vraie pour toutndansN.

3. On suppose quea6b. Commeaet bsont positifs, on a alors ^a_b ∈[0,1], doncα= Arccos ^a_b

est bien défini.

Siα= 0, alorsa=bet les suites(an)et(bn)sont clairement constantes, d’où le résultat attendu.

On suppose don désormais queα6= 0. Commea0=b0cos(α), on obtient : a1= a0+b0

2 =b01 + cos(α)

2 = cos²α 2

,

puis :

b1=p

a1b0=b0cosα 2

.

Pour continuer à exprimer les termesbn, on exprime(bn)indépendamment de(an): pour toutn>0,

bn+2=p

an+2bn+1=

ran+1+bn+1

2 ×bn+1= sb²n+1

bn +bn+1

2 ×bn+1=bn+1

s

1 +^bn_b⁺¹

n

2 .

Ainsi, on trouve par exemple :

b2=b1

s

1 + cos ^α₂ 2 =b1

r cos²α

4

=b0cosα 2

cosα 4

(les cosinus étant positif,a étant par définition dans[0,^π₂]). Ainsi, on voit apparaître le déubut du produit de cosinus étudié dans la question précédente. On effectue alors une récurrence.

Soit, pour toutndansN, la propriétéP(n): bn =b0Bn.

Nous venons de montrer queP(0)etP(1)sont vrais (et mêmeP(2)).

Soitn∈N. On suppose queP(n)etP(n+ 1)sont vrais. Alors, par les hypothèses de récurrence, bn+1

b_n = cos α 2ⁿ⁺¹

,

donc, d’après la relation établie ci-dessus,

b_n+2=b_n+1 s

1 + cos ₂n+1^α

2 =b_n+1cos α 2ⁿ⁺²

=b₀B_n+1cos α 2ⁿ⁺²

=bB_n+2.

Par conséquent,P(0)etP(1)sont vraies, et pour toutndansN,P(n)etP(n+ 1)entraînentP(n+ 2). D’après le principe de récurrence,P(n)est vraie pour toutndansN.

Par conséquent, d’après le calcul précédent, pour toutn∈N,

bn= b α× α

2ⁿ

sin(α)

sin ₂^αn−→bsin(α) α .

On peut donc conclure :

n→+∞lim b_n =







b·sin(α)

α siα6= 0

b siα= 0.

4. On reprend le même argument en l’adaptant aux fonctions hyperboliques. Pour cela, nous démontrons d’abord, par analogie avec le cas trigonométrique :

• Lemme 1 :Soitxety deux réels, alorssh(2x) = 2ch(x)sh(x) Démonstration : On a

2ch(x)sh(x) = (e^x+ e^−x)(e^x−e^−x)

2 = e^2x−e^−2x

2 = sh(2x).

• Lemme 2 :Soitxun réel. Alors 1 + ch(2x)

2 = ch²(x).

Démonstration : on a :

ch²(x) =(e^x+ e^−x)²

4 =e^2x+ 2 + e^−2x

4 =2 + 2ch(x)

4 = 1 + ch(x)

2 .

À l’aide de ces deux résultats, l’argument précédente s’adapte bien, à commencer par le casα= 0(correspondant comme avant àa=b). Nous supposons doncα6= 0.

Tout d’abord, puisque a>b, ^a_b >1. Comme chest strictement croissante sur [0,+∞[, allant de 1 à +∞, et continue, d’après le théorème de la bijection,chinduit une bijection de[0,+∞[sur[1,+∞[. Ainsi, il existe un unique réelαtel quea= ch(α)b.

On a alors, d’après le lemme 2 :

a1=b1 + ch(α)

2 =bch²α 2

puis: b1=

r

b²ch²α 2

=bchα 2

.

La récurrence effectuée dans le casa6b s’adapte bien pour montrer que

∀n∈N, bn=b

n

Y

k=1

chα 2^k

.

Le même calcul vaut aussi pour ce produit, d’après le lemme 1 :

∀n∈N, bn= b 2ⁿ

sh(α) sh ₂^αn.

Or, tout comme pour le sinus, lim

x→0

sh(x)

x = 0, d’où le résultat escompté :

n→+∞lim b_n=







b·sh(α)

α siα6= 0

b siα= 0.