´ nonc´ E on c´e
´ ´ Exercices: Exercices: inegalit egalit es es classiques
Quel Quelqu ques es in´ in´ egal eg alit´ it´ es es clas classi siqu ques es Exercice 1
´ nt donn´ Etant Eta do nn´es n es n r´eels a1 , a2 , . . . , a n positifs ou nuls, avec n avec n 2, on note : a1 + a + a2 + + an Gn = a1 a2 . . . an (moye ( moyenn nnee g´eom´ eom ´etriq et rique ue)) et M et M n = (moyenne (moyen ne arithm´ arit hm´etique) eti que) n On se propose prop ose de montrer mont rer l’in´ l’i n´egalit´ egal it´e G M pa M parr r´ecurrenc ecur rencee sur n. n .
···
√ n
1. Que se passe-t-il passe-t-il si l’un au moins des des a k est nul? Dans toute la suite, on supposera donc que les a les a k sont strictement positifs. 2. Montrer Montr er que la propri´ pro pri´et´ et´e est vraie vrai e au rang 2 et pr´eciser ecis er le cas d’´egalit´ egal it´e. e. 3. Montrer que si la l a propri´ p ropri´et´ et´e est es t vraie v raie au rang n
1, alors elle est vraie au rang 2 n.
Indication Indication : noter M 1 et G1 (resp. M 2 et G2 ) les moyennes arithm´etique etique et g´eom´ eom´etrique etrique de a1 , . . . , an (resp. an+1 , . . . , a2n ), et M et M , G celles de a de a 1 , . . . , an , . . . , a 2n . 4. Montrer que si la l a propri´ p ropri´et´ et´e est es t vraie v raie au rang n
3, alors elle est vraie au rang n
5. Montrer que la propri´ p ropri´et´ et´e est es t vraie pour tout n
1.
6. (Pour les plus motiv´ mot iv´e(e)s) e(e )s) Montrer Montr er que l’in´ l’i n´egalit´ egal it´e G
− 1.
M e M est st une ´egalit´ egalit´e si et seulement seuleme nt si tous les a les a k sont so nt ´egau eg aux. x.
(L’id´ (L’ id´ee ee de cette cett e d´emonst emo nstrati ration on est attrib att ribu´ u´ee ee a` Leonhard Euler) Exercice 2
Soient X Soient X = (x ( x1 , . . . , x n ) et Y et Y = (y ( y1 , . . . , yn ) deux de ux ´el´ el´emen em ents ts de
n R ,
avec n avec n
2.
n / √ X = X · X = x
√ Y · ·Y . . et Y = k k k k k L’in´ L’ in´egali ega lit´ t´e de Cauchy Ca uchy-S -Schwar chwarzz s’´ecrit ecr it |X · Y | X Y (´egalit´e ⇔ X, Y Y proportionnels.) n (xk + λy La m´ethode etho de vue en cours cour s utilis uti lisee en g´en´ en´eral eral la posit po sitivi ivit´ t´e de P de P ((λ) = X + λY + λY = + λyk ) . n
1 2
2
x y , On pose X pose X · Y = =1
=1
2
2
k=1
On va maintenant voir trois autres d´emonstrations emonstr ations de cette in´egalit´ egalit´e. e. 1. Montrer Montr er l’in´ l ’in´egalit´ egal it´e de d e Cauchy-S Ca uchy-Schwarz chwarz par r´ecurren ecur rence ce simpl s imple. e. 2. On note
l’ in´egalit´ egal it´e de Cauchy-Schwar Cauchy -Schwarzz au rang n. n . V´erifi er ifier er P . P n l’in´ Montrer que P n ⇒ P n (pour n (pour n 2) et que P n ⇒ P n (pour n (pour n 3) et conclure. 3. Prouver Prou ver l’´egalit´ egal it´e de Lagrange Lagr ange (xj yk − xk yj ) + (X (X · Y ) ) = X Y et conclure. 2
−1
2
2
2
2
2
1j
Exercice 3
Pour X Pour X = (x ( x1 , . . . , x n ) dans
n R
+∗
, on note X p = 1 1 Soit p Soit p et q q deux r´eels eels strictement st rictement positifs posi tifs tels que + = 1. p q 1. Soient Soient a, b dans En d´eduir edu iree :
+∗
R
et p dans
R
. Trouver le minimum sur
n
+∗
R
n
k
.
bq 1/p t . q Y q (in´ ( in´egali eg alit´ t´e de Hol Holde der) r)
de f : t
k=1
p
k=1
p
→ a p
∀ (X, Y ) ) ∈ Rn × Rn, xk yk X p
Qu’obtient-on si p = q = q = = 2 ?
1/p
|x |
t−1/q +
→ a p t p + b p (1 − t) p . En d´eduir edu iree : ∀ (X, Y ) ) ∈ Rn × Rn , X + Y + Y p X p + Y p (in´ ( in´egali ega lit´ t´e de Minkows Min kowski) ki)
2. Soient Soient a, b dans
∗
R+
. Trouver le minimum sur
∗
R+
Exercice 4
On se donne a donne a 1 , . . . , an et p et p 1 , . . . , p n dans p1 p2
Prou Pr ouve verr l’in l’ in´´egal eg alit it´´e a 1 a2
···
+∗
R
, de telle sorte que
a pnn p1 a1 + p + p2 a2 +
(Indication : pour tout x > 0, on a ln x x
− 1.)
· · · pnan.
Quel est le cas c as d’´egalit´ egalit´e ? Qu’obtie Qu ’obtient-on nt-on en posant p k =
Math´ ematique ematique s en MPSI © Jean-Michel Ferrard
1−
de g : t : t
1−
n
p = 1. k
k=1
1 pour tout k tout k ? n
mathprepa.fr
Page 1
Exercices: in´ egalit ´ es classiques
Corrig´e
Corrig´ e de l’exercice 1
1. Remarquons que la propri´et´e G M est ´evidente si l’un des a k est nul, et qu’alors il y a ´egalit´e si et seulement si tous les a k sont nuls. On peut donc supposer dans la suite que a k > 0 pour tout k. 2
a + a 2. Si n = 2, M − G = − a a = (a − a ) 2
Ainsi
1
2
2
2
2
1
0. 2 4 evident que le cas d’´egalit´e est a 1 = a2 . 2 est vraie, et il est ´ 1 2
P
3. On suppose que la propri´et´e est vraie au rang n, avec n
1.
On se donne une famille a 1 , a2 , . . . , a2n de 2n r´eels strictement positifs. Notons M 1 et G 1 (resp. M 2 et G 2 ) les moyennes arithm´etique et g´eom´etrique de a 1 , . . . , an (resp. a n+1 , . . . , a2n ), et M , G celles de a 1 , . . . , an , . . . , a2n . On a bien sˆ ur G
2n
2n
a =
k
k =1
2n
On en d´eduit G
n
1 = G 1 G 2 et M = 2n n
n
2n
a = M + M . 1
k
k=1
n
2
P n, et M M M en utilisant P . Par cons´equent G n M n , ce qui d´emontre la propri´et´e P n .
M 1 M 2 en utilisant
2
2
2
4. On se donne n
1
2
2
2
2
3, et on suppose que la propri´et´e est vraie au rang n. Il faut montrer
Soient M (resp. G) la moyenne arithm´etique (resp. g´eom´etrique) de a 1 , a2 , . . . , an−1 . n−1
n−1
a 1 M + a . La propri´et´e P permet d’´ecrire (E ) : M n a = M + (n−1)M = nM . On a ainsi obtenu l’in´egalit´e M a Mais M + n
k
n
k
k=1
k=1
n−1
n−1
k
k
k =1
Ainsi M Gn−1
−1 .
P n
M n .
k =1
M n donc Gn−1
M n−1 (car M > 0) c’est-`a-dire
P n
−1 .
5. Le fait que 2 soit vraie et que l’implication ( 2 et n ) 2n soit vraie implique que m m n = 2 , pour tout m 1, et ces 2 tendent vers + avec m.
P P ⇒ P P est vraie aux rangs ∞ Une application r´ep´et´ee de l’implication P n ⇒ P n permet alors d’affirmer que la propri´et´e P est vraie pour P
−1
tout entier n
2.
6. On va maintenant montrer que le cas d’´egalit´e (dans
P n) est a n
n
1 Il s’agit donc d’´etablir l’implication P : a = a
k
n
On sait d´ej` a que
k=1
2
n
n
k
k=1
1 = a 2 = .
⇒ a = a = . . . = an. 1
2
P est vraie. Supposons P n vraie avec n 2.
Reprenons les notations de la d´emonstration de l’implication “( 2n
On a obtenu 0 < G
. . = a n .
n
n
= G1 G2
n
= M 1n Gn2 = M 2n
G
n
n
M 1 M 2
2n
M
2
n
(en utilisant G 1
P a = . . . = a
P et P n) ⇒ P n”.
2
n
n
M 1 et G 2
M 2n .)
n ⇒ an = . . . = a n ⇒ a = a = . . . = a n. On voit donc que si la proposition P n est vraie, alors la proposition P n est vraie. De mˆeme montrons que l’implication P n ⇒ P n est vraie. Pour cela, on utilise les notations de la d´emonstration de “P n ⇒ P n ”. On a obtenu MGn M n en utilisant P n . P n n n n n Ainsi G = M ⇒ M G = M ⇒ M = a = . . . = an ⇒ a = . . . = an . Autrement dit, P n ⇒ P n pour tout n 3. Pour les mˆemes raisons qu’avec les propositions P n , on voit donc que les propositions P n sont vraies pour tout n 2, ce qui ach`eve la d´emonstration (on aurait tr`es bien pu ´etablir les propri´et´es P n et P n en parall`ele.)
Ainsi G
2n
2n
= M
⇒
1
1
n
+1
2
1
2
2
2
−1
−1
−1
−1
−1
−1
1
−1
1
−1
−1
Math´ ematique s en MPSI © Jean-Michel Ferrard
mathprepa.fr
Page 2
Exercices: in´ egalit ´ es classiques
Corrig´e
Corrig´ e de l’exercice 2
1.
2
2
P est vraie car X Y − (X · Y ) 2
2
= x 21 y22 + x22 y12
− 2x x y y = (x y − x y )
Supposons la propri´et´e vraie au rang n On se donne
n+1 )
n
0
= X Y + xn+1 yn+1 .
·
k k
k =1
n
1
Y = (y1 , . . . , yn )
xy Avec des notations ´evidentes, on a X · Y =
2
n+1
Avec
2 1
X = (x , . . . , x )
et on pose
Y = (y1 , . . . , yn , yn+1 )
1 2
2, et prouvons-l` a au rang n + 1.
X = (x , . . . , x , x 1
1 2 1 2
P n , on en d´eduit |X · Y | |X · Y | + |xn yn | X Y + |xn | |yn | Mais P donne X Y + |xn | |yn | X + xn Y + yn . Enfin il est clair que X + xn = X et Y + yn = Y . On a donc obtenu |X · Y | X Y , ce qui prouve P n et ach`eve la r´ecurrence. — La propri´et´e P a ´et´e prouv´ee `a la question pr´ec´edente.
2
+1
2
2
+1
+1
2
+1
2
2
2
+1
2
+1
2
+1
2
+1
+1
2
+1
+1
2.
2
— Supposons la propri´et´e vraie au rang n On se donne
X = (x , . . . , x 1
2, et prouvons-l` a au rang 2n.
2n )
Y = (y1 , . . . , y2n )
X = (x , . . . , x ) X = (x 1
et on pose 2
On a X Y = X 1 Y 1 + X 2 Y 2 , X
n
1
Y 1 = (y1 , . . . , yn )
2
2
n+1 , . . . , x 2n )
2
Y 2 = (yn+1 , . . . , y2n )
2
2
2
· · = X + X et Y = Y + Y . On obtient |X · Y | |X · Y | + |X · Y | X Y + X Y en utilisant P n . P donne alors X Y + X Y X + X Y + Y . On a donc obtenu |X · Y | X Y , ce qui prouve la propri´et´e au rang 2n. — Supposons la propri´et´e vraie au rang n 3, et prouvons-l` a au rang n − 1. ·
1
2
1
1
1
2
1
2
2
2
1
1
2
1
2
2
1
2
2
2
Avec
n−1 , 0)
1
Y = (y1 , . . . , yn−1 , 0)
2
1
On se donne donc X = (x1 , . . . , x n−1 ) et Y = (y1 , . . . , yn−1 ) dans
X = (x , . . . , x
2
2
2
n−1 . R
, on a X Y = X Y et
·
·
X = X
Y = Y
P n donne |X · Y | X Y donc |X · Y | X Y , ce qui prouve P n . Ainsi P n est vraie pour tous n = 2k , avec k dans N . L’implication P n ⇒ P n pour n 3 permet de “boucher les trous” et nous assure que P n est vraie pour tout n 2. −1
∗
n
n
2
−1
n
n
x y = x y x y = x y x y . (x y − x y ) = x y + x y − 2 x x y y . D’autre part x y . Mais x y + x y = x y = x y − x x y y = x x y y = x x y y − x y . De mˆeme 2 x x y y = X Y − (X ·Y ) . Ainsi (x y − x y ) = x y −
3. D’une part (X Y )2 =
·
k
k
j
j k
k j
2
1j
j
1j
k
2
1j
k
2
j
2
2
1j =kn
k
1j
n
2
j
j
j, k=1
j
2
k
k=1
2
1j
2
k
j
j =1
k=1
k
n
j
j =1
k
j
k
1j
j k
k j
2
n
2
Y − (X · Y )
Math´ ematique s en MPSI © Jean-Michel Ferrard
2
j =1
2
k
j
j
2
k=1
k
j
2
j
k
j
j, k=1
n
k=1
2
k
n
k=1 n
k
1j =kn
1j
On en d´eduit X
j
k
j
k
k=1
k
j
k
k
j
k
1j
n
j
k
2
j
k
2
j
2
2
2
k
2
k
k
2
k
2
2
j, k =1
0, donc X Y
| · | X Y .
mathprepa.fr
Page 3
Exercices: in´ egalit ´ es classiques
Corrig´e
Corrig´ e de l’exercice 3
1. Pour tout t de
R+∗ ,
p
− pa q t
on a f (t) =
Ainsi f a le signe de bq t Le minimum de f sur
− a p . ∗
R+
On en d´eduit (E ) : a b
−1/q−1
+
p
bq 1/p−1 t1/p−2 t = ( a p + bq t). p q p q
−
p
p
−1/q
a = a a
est donc f
bq
bq
p
+
b q q
p
a
1/p
bq
= ab.
a p −1/q bq 1/p t + t pour tout a,b,t > 0 (vrai si ab = 0.) p q
On se donne X = (x1 , . . . , xn ) et Y = (y1 , . . . , yn ) dans n
Rn .
n
n
p
q
x y |x | |y | |x | t + |y | t p q x y t |x | + t |y | pour t > 0. Ainsi p q x y t X + t Y . Cette in´egalit´e s’´ecrit aussi, pour tout t > 0 : Pour tout t > 0, (E ) donne :
k k
k=1
n
−1/q
n
k k
k
k=1
p
k
k =1 n
1/p
k
−1/q
1/p
k =1
k
k=1
k
k
k=1
q
−1/q
n
k k
p
k=1
1/p
p p
q
q q
Mais dans le membre de droite on reconnait f (t) avec a = X p et b = Y q .
Puisque l’in´egalit´e pr´ec´edente est vraie pour tout t > 0, on peut passer au minimum. On en d´eduit
n
x y
X p Y q , ce qu’il fallait d´emontrer.
k k
k=1
Si p = q = 2, on obtient :
n
n
2
k k
k=1
k
k=1
g (t) = p( p
2
1/2
p
− 1)(a pt p
− p
+ b p (1
− −1
(Cauchy-Schwarz.)
k
k =1
p − p
2. Pour tout t de ]0, 1 [ on a
n
1/2
x y x x g (t) = (1 − p)(a t − b (1 − t)
−
) t)− p−1 ) > 0
Ainsi l’application g est strictement croissante. a b a On constate que g (t) = 0 = t = ] 0, 1 [. 1 t t a + b 1− p 1− p a a b Ainsi le minimum de g sur ]0, 1[ est g = a p + b p = (a + b) p . a + b a + b a + b On peut donc ´ecrire : (E ) : (a + b) p a p t1− p + b p (1 t)1− p avec 0 < t < 1, a > 0, b > 0.
⇔
− ⇔
∈
−
On voit facilement que ce r´esultat est encore valable si a = 0 ou b = 0. On se donne X = (x1 , . . . , xn ) et Y = (y1 , . . . , yn ) dans On a tout d’abord : X + Y p p =
n
p
Rn .
n
p
|x + y | (|x | + |y |) . Avec l’in´egalit´e (E ), on trouve X + Y |x | t + |y | (1 − t) si 0 < t < 1. |x | t + |y | (1 − t) . En d´eveloppant : X + Y
k
k
k=1
p p
Cette in´egalit´e s’´ecrit X + Y
n
k
k=1 p p
k
k
k=1
p p
p
n
k
k=1
1− p
p 1− p p t
1− p
n
k
+
k
p
k=1 Y p p (1
p
1− p
1− p
1− p
− t) On reconnait l’expression de g (t), avec a = X et b = Y .
X
p
, pour 0 < t < 1.
Puisque l’in´egalit´e est vraie pour 0 < t < 1, on peut passer au minimum. On en d´eduit ( X + Y p ) p
(a + b) p = ( X p + Y p ) p .
Autrement dit, on a bien obtenu l’in´egalit´e X + Y p X p + Y p .
Math´ ematique s en MPSI © Jean-Michel Ferrard
mathprepa.fr
Page 4
Exercices: in´ egalit ´ es classiques
Corrig´e
Corrig´ e de l’exercice 4 R+
Pour tout x de
∗
, on sait que ln x x
− 1 (´egalit´e seulement en x = 1.)
a k 1 (ak G). G G On multiplie l’in´egalit´e (I k ) par p k et on ajoute les r´ esultats de k = 1 a` k = n. Posons G = a p1 a p2 . . . a pn . Pour 1 k 1
2
n
n on a donc (I k ) : ln
−
n
n
p (ln a − ln G) 1 p (a − G). On obtient G Mais p (ln a − ln G) = ln(a ) − p ln G = ln G − ln G = 0. p (a − G) = p a − G donc G p a (cqfd.) Ainsi 0 k
k
k
k =1
k=1
n
n
k
k=1 n
n
k
k
k=1
n
k
k =1
n
pk k
k
k =1
k
k k
k=1
k k
k =1
Le r´esultat final est une ´egalit´e aux ´egalit´es a 1 = a 2 =
⇔ toutes les I k sont des ´egalit´es, c’est-`a-dire ⇔ G = ak pour tout k, ce qui ´equivaut
·· · = an .
1 Avec p k = pour tout k, on trouve n
a a . . . a n
1 2
n
1 n
n
a . k
k =1
C’est l’in´egalit´e classique entre la moyenne g´eom´etrique des ak et leur moyenne arithm´etique. n Si dans ce r´esultat on remplace chaque a k par 1/ak on obtient : n a1 a2 . . . an . 1 k =1 ak
n
C’est l’in´egalit´e entre la moyenne harmonique des a k et leur moyenne g´eom´etrique.
Math´ ematique s en MPSI © Jean-Michel Ferrard
mathprepa.fr
Page 5
