d’où
n
n
k=1
e x k
1
n
n
k=1
e
x k .
C’est presque le résultat attendu. Plus précisément, il suffirait d’avoir e x k = a k , soit
x k = ln(a k ). Ceci est possible car a k > 0 : l’hypothèse de signe intervient ici.
L’inégalité précédente donne, dans le cas où l’on prend x k = ln(a k ) (ce qui
est licite car a k > 0) :
n
√
a 1 · · · a n
1
n
(a 1 + · · · + a n ).
Pour n = 2 on retrouve une inégalité classique :
√
ab
a + b
2
, qui peut se
démontrer de manière plus élémentaire en remarquant que (
√
a −
√
b) 2 0 .
2. Cette fonction étant indéfiniment dérivable nous allons vérifier que sa dérivée
seconde est positive pour montrer qu’elle est convexe.
Ceci fait, les calculs seront tout à fait analogues à ceux de la question précédente.
La difficulté calculatoire sera juste un niveau au-dessus puisqu’il faudra manipuler
simultanément le logarithme et l’exponentielle.
On a, pour tout réel x :
f
(x) =
e x
1 + e x et f
(x) =
e x
(1 + e x ) 2 .
f est positive sur R donc f est convexe.
Étant donné un n-uplet de réels (x 1 ,. . . ,x n ) l’inégalité de Jensen appliquée
à f donne, avec tous les λ k égaux à 1/n :
ln
1 + exp
1
n
n
k=1
x k
1
n
n
k=1
ln
1 + e
x k
.
On remarque que, d’une part :
1 + exp
1
n
n
k=1
x k
= 1 +
n
n
k=1
e x k
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.
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Chapitre 7 • Dérivation, développements limités
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