Solutions
I.2.15.
(a) D’après l’inégalité de Cauchy,
n
k=1
a k
n
k=1
1
a k
n
k=1
a k
1
a k
2
= n
2 .
(b) D’après (a),
n
k=1
a k
n
k=1
1 − a k
a k
=
n
k=1
a k
n
k=1
1
a k
− n
n
k=1
a k
n
2
− n
n
k=1
a k = n
n
k=1
(1 − a k ).
(c) Par hypothèse, log a a 1 + log a a 2 + . . . + log a a n = 1. Ceci et l’inégalité de
Cauchy (problème I.2.12) donnent le résultat cherché.
I.2.16. L’inégalité est équivalente à
0 −4α
n
k=1
a k b k
+ 4
n
k=1
a
2
k + α
2
n
k=1
b
2
k ,
qui est vérifiée pour tout réel α car
Δ = 16
n
k=1
a k b k
2
− 16
n
k=1
a
2
k
n
k=1
b
2
k 0.
I.2.17. On obtient, en appliquant l’inégalité de Cauchy,
n
k=1
|a k | =
n
k=1
1 |a k |
√
n
n
k=1
a
2
k
1
2
√
n
n
k=1
|a k | .
I.2.18.
(a) D’après l’inégalité de Cauchy, on a
n
k=1
a k b k
2
=
n
k=1
√
ka k
b k
√
k
2
n
k=1
ka
2
k
n
k=1
b 2
k
k
.
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