Chapitre II. Dérivation
les moyennes arithmétique et géométrique des réels positifs a 1 , . . . , a n . Si
A n = 0, alors
e
a k
An
−1
a k
A n
0 pour k = 1, 2, . . . , n.
Donc,
1 = e
0 = e
n
k=1
a k
An
−1
=
n
k=1
e
a k
An
−1
n
k=1
a k
A n
=
G n
n
A n
n
,
ce qui donne A n G n . Si A n = 0, alors A n = G n = 0. Puisque l’égalité dans
e x 1 + x est atteinte si et seulement si x = 0, on voit que A n = G n si et
seulement si a 1 = a 2 = . . . = a n .
II.5.13. Si on remplace t par x − z dans l’inégalité e t 1 + t, on obtient
xe
z
e
x + e
z (z − 1) pour x, z ∈ R.
Le résultat demandé s’obtient donc en remplaçant z par ln y.
II.5.14. D’après le théorème des accroissements finis, il existe a ∈ ]−2 , 0[ tel
que
f
(a)
=
|f (0) − f (−2)|
2
|f (0)| + |f (−2)|
2
1.
De même, il existe b ∈ ]0 , 2[ tel que |f (b)| 1. On pose
F (x) = (f (x))
2 + (f (x))
2 . La fonction F atteint son maximum sur [a , b] en
un point x 0 . Puisque F (0) = 4, F (a) 2 et F (b) 2, x 0 se trouve dans l’intervalle ouvert ]a , b[. On a alors F (x 0 ) = 2f (x 0 )(f (x 0 ) + f (x 0 )) = 0. On note
que f (x 0 ) = 0 car f (x 0 ) = 0 donnerait F (x 0 ) = (f (x 0 ))
2
1, contradiction.
Donc, f (x 0 ) + f (x 0 ) = 0.
II.5.15.
(a) L’inégalité à prouver est équivalente à
f (x) =
x
2 + 1
Arctan x − x > 0, x > 0.
Puisque f (x) > 2x Arctan x + 1 − 1 > 0, on voit que f (x) > f(0) = 0
pour x > 0.
(b) D’après la formule de Taylor avec reste de Lagrange, on a
2 tan x = 2x +
2
3
x
3 + 2
sin
3 ζ 1
cos 5 ζ 1
+
2
3
sin ζ 1
cos 3 ζ 1
x
4 > 2x +
2
3
x
3
(1)
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les moyennes arithmétique et géométrique des réels positifs a 1 , . . . , a n . Si
A n = 0, alors
e
a k
An
−1
a k
A n
0 pour k = 1, 2, . . . , n.
Donc,
1 = e
0 = e
n
k=1
a k
An
−1
=
n
k=1
e
a k
An
−1
n
k=1
a k
A n
=
G n
n
A n
n
,
ce qui donne A n G n . Si A n = 0, alors A n = G n = 0. Puisque l’égalité dans
e x 1 + x est atteinte si et seulement si x = 0, on voit que A n = G n si et
seulement si a 1 = a 2 = . . . = a n .
II.5.13. Si on remplace t par x − z dans l’inégalité e t 1 + t, on obtient
xe
z
e
x + e
z (z − 1) pour x, z ∈ R.
Le résultat demandé s’obtient donc en remplaçant z par ln y.
II.5.14. D’après le théorème des accroissements finis, il existe a ∈ ]−2 , 0[ tel
que
f
(a)
=
|f (0) − f (−2)|
2
|f (0)| + |f (−2)|
2
1.
De même, il existe b ∈ ]0 , 2[ tel que |f (b)| 1. On pose
F (x) = (f (x))
2 + (f (x))
2 . La fonction F atteint son maximum sur [a , b] en
un point x 0 . Puisque F (0) = 4, F (a) 2 et F (b) 2, x 0 se trouve dans l’intervalle ouvert ]a , b[. On a alors F (x 0 ) = 2f (x 0 )(f (x 0 ) + f (x 0 )) = 0. On note
que f (x 0 ) = 0 car f (x 0 ) = 0 donnerait F (x 0 ) = (f (x 0 ))
2
1, contradiction.
Donc, f (x 0 ) + f (x 0 ) = 0.
II.5.15.
(a) L’inégalité à prouver est équivalente à
f (x) =
x
2 + 1
Arctan x − x > 0, x > 0.
Puisque f (x) > 2x Arctan x + 1 − 1 > 0, on voit que f (x) > f(0) = 0
pour x > 0.
(b) D’après la formule de Taylor avec reste de Lagrange, on a
2 tan x = 2x +
2
3
x
3 + 2
sin
3 ζ 1
cos 5 ζ 1
+
2
3
sin ζ 1
cos 3 ζ 1
x
4 > 2x +
2
3
x
3
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