Pour tous n ∈ N ∗ et (a 1 , · · · , a n ) ∈ ]0, 1[ n , on appelle produits de Weierstrass les expres- sions

Énoncé

Pour tous n ∈ N ^∗ et (a ₁ , · · · , a _n ) ∈ ]0, 1[ ⁿ , on appelle produits de Weierstrass les expres- sions

P _n =

n

Y

k=1

(1 + a _k ), M _n =

n

Y

k=1

(1 − a _k ).

On note aussi S _n = a ₁ + a ₂ + · · · + a _n .

L'objet de ce problème est de présenter des inégalités faisant intervenir ces objets ou des expressions analogues. Les parties sont indépendantes entre elles.

Partie I. Inégalités classiques.

1. Encadrement de M n .

a. Montrer par récurrence que 1 − S _n ≤ M _n . b. Montrer par récurrence que M n ≤ _1+S ¹

n

. 2. Encadrement de P _n .

a. Montrer que 1 + S n ≤ P n .

b. On suppose S n < 1 , montrer que P n ≤ _1−S ¹

n

.

3. a. Pour (x 1 , · · · , x n ) ∈ ]0, +∞[ ⁿ et (y 1 , · · · , y n ) ∈ ]0, +∞[ ⁿ , montrer l'inégalité de Cauchy-Schwarz

n

X

i=1

x i y i

! 2

≤

n

X

i=1

x ² _i

! _n X

i=1

y ² _i

!

en utilisant

t 7→

n

X

i=1

(tx i + y i ) ² .

b. Soit (a 1 , · · · , a n ) ∈ ]0, 1[ ⁿ tel que a 1 + · · · + a n = 1 . En remarquant que a i = ( √

a i ) ² , montrer que

n ² ≤

n

X

i=1

1 a i

en utilisant l'inégalité de Cauchy-Schwarz.

Partie II. Images et fonctions.

Dans cette partie, on note I = ]0, 1[ et on considère P =

(1 − x)(1 − y)(1 − z)

xyz tq (x, y, z) ∈ I ³ et x + y + z = 1

.

1. En considérant un système d'équations aux inconnues réelles u , v , w , préciser des réels a , b , c tels que

∀z ∈ I, (1 + z) ²

z(1 − z) = a + b z + c

1 − z .

L'unicité du triplet (a, b, c) n'est pas demandée. Dans votre rédaction, toute proposition induisant l'unicité dévalorisera votre copie. Soyez attentif au sens des implications que vous écrirez.

2. Former le tableau de variations de la fonction g de I dans R dénie par :

∀z ∈ I, g(z) = (1 + z) ² z(1 − z) .

3. Pour tout z ∈ ]0, 1[ , on dénit une fonction f _z de ]0, 1 − z[ (noté I _z ) dans R par

∀t ∈ I z , f z (t) = K z

1

t − 1 1

1 − z − t − 1

avec K z = 1 z − 1.

Former le tableau de variations de f z .

4. a. Rappeler la dénition de f _z (I _z ) avec des quanticateurs.

b. Montrer que

P = [

z∈I

f _z (I _z ) = [

z∈I

[ g(z), +∞[ = [8, +∞[ .

c. Montrer que

∀(x, y, z) ∈ I ³ , x + y + z = 1 ⇒ 8xyz ≤ (1 − x)(1 − y)(1 − z).

Partie III. Inégalité de Ky Fan.

Dans cette partie, on veut montrer l'inégalité de Ky Fan pour tout n ∈ N ^∗ : F n : ∀(a 1 , · · · , a n ) ∈

0, 1

2 n

, Q n

i=1 a _i Q n

i=1 (1 − a i ) ≤

P n i=1 a _i P n

i=1 (1 − a i )

ⁿ

1. Preuve de F 2 .

a. Pour a, b, a ⁰ , b ⁰ réels, développer et factoriser (a + b) ² a ⁰ b ⁰ − ab(a ⁰ + b ⁰ ) ² . Que devient cette relation si a ⁰ = 1 − a et b ⁰ = 1 − b ?

b. Montrer F 2 . 2. Soit n ∈ N ^∗ avec n ≥ 2 .

a. Montrer que F n ⇒ F 2n .

b. Montrer que F n+1 ⇒ F n . Pour a 1 , · · · , a n xés, on pourra considérer ^S _n

ⁿ

. c. Montrer F n .

3. Dans cette question (a 1 , · · · , a n ) ∈ ]0, +∞[ ⁿ . On note A =

1

2a _i , i ∈ J 1, n K

.

a. Soit λ > 0 . Traduire la proposition

∀i ∈ J 1, n K , λa i ≤ 1 2 par une inégalité faisant intervenir max A ou min A .

b. Rappeler la dénition de la moyenne arithmétique et de la moyenne géométrique de a 1 , · · · , a n . En utilisant l'inégalité de Ky Fan (à l'exlusion de toute autre méthode), montrer une inégalité entre ces deux moyennes.

Corrigé

Partie I. Inégalités classiques.

1. a. On veut montrer par récurrence que 1 − P n

k=1 a k ≤ Q n

k=1 (1 − a k ) . Pour n = 1 et a 1 ∈ [0, 1] , l'inégalité est triviale.

Soit (a 1 , . . . , a n+1 ) ∈ [0, 1] ⁿ⁺¹ . Alors

n

Y

k=1

(1 − a k ) =

n

Y

k=1

(1 − a k )

!

(1 − a n+1 )

≥ (1 − S n ) (1 − a n+1 ) par hypothèse de récurrence et car 1 − a n+1 ≥ 0

≥ 1 − (S _n + a _n+1

| {z }

=S

_n+1

) + S _n a _n+1 ≥ 1 − S _n+1 .

b. On veut montrer par récurrence que M _n (1 + S _n ) ≤ 1 (car 1 + S _n > 0 ).

Pour n = 1 l'inégalité est facile :

(1 − a 1 )(1 + a 1 ) = 1 − a ² ₁ ≤ 1.

Montrons que l'inégalité à l'ordre n entraine celle à l'ordre n + 1 . M n+1 (1 + S n+1 ) = M n (1 − a n+1 )(1 + S n + a n+1 )

= M n





 1 − a ² _n+1

| {z }

≤1

+ (1 − a n+1 )

| {z }

≤1

S n





 ≤ M n (1 + S n ) ≤ 1.

2. a. En développant, l'inégalité 1 + S _n ≤ P _n est évidente car on néglige tous les autres termes du développement qui sont positifs.

b. On veut montrer par récurrence que, sous l'hypothèse S _n < 1 , P _n (1 − S _n ) ≤ 1 . À l'ordre 1 , l'inégalité est vériée :

P 1 (1 − S 1 ) = (1 + a 1 )(1 − a 1 ) = 1 − a ² ₁ ≤ 1.

Montrons que l'inégalité à l'ordre n entraine celle à l'ordre n + 1 . P _n+1 (1 − S _n+1 ) = P _n (1 + a _n+1 ) (1 − a _n+1 − S _n )

= P n





 (1 − a ² _n+1

| {z }

≤1

) − (1 + a n+1

| {z }

>1

)S n





 ≤ P n (1 − S n ) ≤ 1.

L'analogie entre les deux démonstrations est agrante.

En fait, on peut déduire directement la deuxième inégalité de la première.

Pour tout k ∈ J 1, n K, a _k < 1 donc

0 ≤ 1 − a ² _k ≤ 1 ⇒ M n P n ≤ 1 ⇒ P n ≤ 1 S n

. D'autre part, d'après l'inégalité de 1.a, comme S n < 1 ,

1 − S _n ≤ M _n ⇒ 1 M n

≤ 1 1 − S n

⇒ P _n ≤ 1 1 − S n

3. a. Voir le cours. L'inégalité de Cauchy-Schwarz résulte de ce que le discriminant du trinôme en t est négatif ou nul car le trinôme ne prend que des valeurs positives.

b. On applique l'inégalité de Cauchy-Schwarz avec des n -uplets bien choisis

∀i

x i = √ a i

y i = 1

√ a i







⇒ n ² =

n

X

i=1

√ a i

√ 1 a _i

! 2

≤













n

X

i=1

√ a i 2

| {z }

=1













n

X

i=1

1 a _i

! .

Partie II. Images et fonctions.

1. Réduisons au même dénominateur a + b

z + c

1 − z = −az ² + (a − b + c)z + b z(1 − z) . Cela nous amène à considérer le système aux inconnues u, v, w :

(S)



 

 

−u =1 u − v + w =2 v =1 La réduction au même dénominateur montre que

(a, b, c) solution de (S) ⇒ a + b z + c

1 − z = (1 + z) ² z(1 − z) . La résolution du système est immédiate. On en déduit

g(z) = (1 + z) ²

z(1 − z) = −1 + 1 z + 4

1 − z .

2. D'après la décomposition précédente, g ⁰ (z) = − 1

z ² + 4 (1 − z) ² =

2 1 − z + 1

z 2 1 − z − 1

z

= (z + 1)(3z − 1) z ² (1 − z) ² . On en déduit le tableau des variations avec g( ¹ ₃ ) = ⁴ ₂

²

= 8

0 ¹ ₃ 1

g ⁰ - 0 +

g & % 8 3. Calcul de la dérivée de f _z :

f _z ⁰ (t) = K z

− 1 t ² ( 1

1 − z − t − 1) + ( 1

t − 1) 1 (1 − z − t) ²

= K _z

t ² (1 − z − t) ² (−(z + t)(1 − z − t) + (1 − t)t) = K _z z (2t − (1 − z)) t ² (1 − z − t) ² . On en déduit le tableau des variations avec

0 ^1−z ₂ 1 − z

f _z ⁰ - 0 +

f z & %

f _z ( ^1−z ₂ ) = g(z) car

f z ( 1 − z

2 ) = 1 − z z

2 1 − z − 1

²

= (1 + z) ²

z(1 − z) = g(z).

4. a. cours : avec un ∃

b. Pour un z xé, x + y + 1 = 1 si et seulement si y = 1 − z − x donc (1 − x)(1 − y)(1 − z)

xyz = f z (x) On en déduit P = S

z∈I f _z (I _z ) avec f _z (I _z ) = [g(z), +∞[ d'après le tableau de la question 3. D'après le tableau de g :

[

z∈I

[g(z), +∞[ = [8, +∞[ .

c. En multipliant par xyz on obtient 8 ≤ (1 − x)(1 − y)(1 − z)

xyz ⇒ 8xyz ≤ (1 − x)(1 − y)(1 − z).

Partie III. Inégalité de Ky Fan.

1. Preuve de F 2 .

a. On développe (les termes en aba ⁰ b ⁰ se simplient) puis on factorise : (a + b) ² a ⁰ b ⁰ − (a ⁰ + b ⁰ ) ² ab = a ² ba ⁰ b ⁰ + b ² a ⁰ b ⁰ − a ⁰² ab − b ⁰² ab

= aa ⁰ (ab ⁰ − a ⁰ b) + bb ⁰ (ba ⁰ − b ⁰ a) = (ab ⁰ − a ⁰ b)(aa ⁰ − bb ⁰ ).

Si a ⁰ = 1 − a et b ⁰ = 1 − b , cette relation devient

(a + b) ² (1 − a)(1 − b) − ((1 − a) + (1 − b))ab = (a − b) ² (1 − a − b).

b. D'après la question précédente, comme 1 − a − b ≥ 0 pour a et b dans 0, ¹ ₂ , (a + b) ² (1 − a)(1 − b) − ((1 − a) + (1 − b))ab ≥ 0

⇒ ((1 − a) + (1 − b))ab ≤ (a + b) ² (1 − a)(1 − b)

⇒ ab

(1 − a)(1 − b) ≤

a + b (1 − a) + (1 − b)

² .

Ce qui prouve l'inégalité de Ky Fan à l'ordre 2.

2. a. On veut montrer que F n ⇒ F 2n . On se donne donc 2n nombres a i dans

0, ¹ ₂ . On les rassemble en deux groupes de n et on introduit les objets sur lesquels portent les inégalités.

P ₁ =

n

Y

i=1

a _i , S ₁ =

n

X

i=1

a _i , P ₁ ⁰ =

n

Y

i=1

(1 − a _i ), S ₁ ⁰ =

n

X

i=1

(1 − a _i )

P ₂ =

2n

Y

i=n+1

a _i , S ₂ =

n

X

i=n+1

a _i , P ₂ ⁰ =

2n

Y

i=n+1

(1 − a _i ), S ₂ ⁰ =

2n

X

i=n+1

(1 − a _i ).

Remarquons que les inégalités a _i ≤ ¹ ₂ entrainent S ₁ ≤ ⁿ ₂ et S ₂ ≤ ⁿ ₂ . Avec ces notations, on veut montrer

P 1 P 2

P ₁ ⁰ P ₂ ⁰ ≤

S 1 + S 2

S ₁ ⁰ + S ₂ ⁰ 2n

.

On commence par appliquer l'inégalité KF à l'ordre n pour chaque groupe P 1 P 2

P ₁ ⁰ P ₂ ⁰ ≤ S 1

S ₁ ⁰ S 2

S ⁰ ₂ ⁿ

.

Il sut donc de montrer

S 1 S 2

S ₁ ⁰ S ₂ ⁰ ≤

S 1 + S 2

S ₁ ⁰ + S ₂ ^{0 2}

.

C'est équivalent à la positivité d'une expression analogue à celle de 1.a.

(S ₁ + S ₂ ) ² S ₁ ⁰ S ₂ ⁰ − (S ₁ ⁰ + S ₂ ⁰ )S ₁ S ₀ = (S ₁ S ₂ ⁰ − S ₂ S ₁ ⁰ )(S ₁ S ₁ ⁰ − S ₂ S ₂ ⁰ )

= n(S 1 − S 2 ) ² (n − S 1 − S 2 ) car S _i ⁰ = n − S i

≥ 0 car S ₁ et S ₂ sont ≤ n 2 . b. On veut montrer F n+1 ⇒ F n . On se donne donc des a 1 , · · · , a n dans

0, ¹ ₂ Pour pouvoir exploiter l'hypothèse F n+1 , on a besoin d'un n + 1 -ième nombre. . Comme l'énoncé nous y invite, on considère

a n = S n

n . Il est dans

0, ¹ ₂ car c'est la moyenne des a i déjà dénis qui y sont déjà.

Utilisons des notations simpliée analogues à celles dénies dans la question pré- cédente pour S = S _n ⁰ , P = P n , P ⁰ = P _n ⁰ et a = a n+1 = ^S _n .

Appliquons KF à l'ordre n + 1 avec la famille ainsi complétée.

P a P ⁰ (1 − a) ≤

S + a S ⁰ + 1 − a

n+1

Remplaçons a par ^S _n en remarquant que S + a = (n + 1)S

n , 1 − a = 1 − S

n = n − S n = S ⁰

n , S ⁰ + 1 − a = (n + 1)S ⁰

n .

Il vient :

nP S nP ⁰ S ⁰ ≤

(n + 1)Sn n(n + 1)S ⁰

n+1

⇒ P P ⁰ ≤

S S ⁰

n

.

c. D'après F 2 et F n ⇒ F 2n , la propriété F n est vériée par récurrence pour tous les

entiers n qui sont des puissances de 2 . Si n n'est pas une puissnce de 2 , il existe

p tel que n < 2 ^p et on peut déduire F n de F 2

^p

et de F n+1 ⇒ F n .

3. a. On doit caractériser combien petit doit être λ . Il doit être plus petit que tous c'est à dire plus petit que le plus petit.

∀i ∈ J 1, n K , λa i ≤ 1 2

⇔ λ ≤ min A.

b. D'après la question précédente, on peut trouver des λ assez petit pour que l'on puisse appliquer KF aux λa i . Appliquons la avec les notations

P = a 1 · · · a n , S = a 1 + · · · + a n , P _λ ⁰ = (1 − λa 1 ) · · · (1 − λa n ).

On obtient

λ ⁿ P P _λ ⁰ ≤

λS n − λS

ⁿ

⇒ P P _λ ⁰ ≤

S n − λS

ⁿ

Pour n et les a _i xés, quand λ → 0 , on a P _λ ⁰ → 1 et n − λS → n . En passant à la limite dans l'inégalité, on obtient

P ≤ S

n ⁿ

.

la moyenne géométrique est inférieure ou égale à la moyenne arithmétique.