Solutions
I.2.43.
(a) On a, d’après l’inégalité entre moyennes arithmétique et géométrique
(problème I.2.3),
n
k=1
(1 + a k )
(n + 1)
n =
2a 1 + a 2 + . . . + a n
n + 1
×
a 1 + 2a 2 + a 3 + . . . + a n
n + 1
× . . . ×
a 1 + a 2 + . . . + 2a n
n + 1
n
k=1
a k .
(b) La démonstration de cette inégalité se mène comme en (a).
I.2.44. On remarque d’abord que
n
k=1
a k
1+a k
= 1 si
n
k=1
1
1+a k
= n − 1. Il suffit,
pour obtenir le résultat demandé, d’appliquer l’inégalité donnée en I.2.43 (b)
en remplaçant les a k par
a k
1+a k
.
I.2.45. [M.S. Klamkin, Amer. Math. Monthly 82(1975), 741-742]. On peut supposer que a 1 , a 2 , . . . , a n sont numérotés de sorte que a 1 = min {a 1 , a 2 , . . . , a n }
et a 2 = max {a 1 , a 2 , . . . , a n } et on note A n = 1/n la moyenne arithmétique de a 1 , . . . , a n . On définit une nouvelle suite {a
k } en posant a
1 = A n ,
a
2 = a 1 + a 2 − A n , a
i = a i pour 3 i n. On va prouver que
n
k=1
1 + a k
1 − a k
n
k=1
1 + a
k
1 − a
k
.
(1)
La définition de la suite {a
k } implique que l’inégalité (1) est équivalente à
(1 + a 1 )(1 + a 2 )
(1 − a 1 )(1 − a 2 )
(1 + A n )(1 + a 1 + a 2 − A n )
(1 − A n )(1 − a 1 − a 2 + A n )
,
qui à son tour est équivalente à
(A n − a 1 )(A n − a 2 ) 0.
Cette dernière inégalité est une conséquence immédiate de nos hypothèses. On
répète alors la procédure ci-dessus à la suite {a
k } pour obtenir la suite {a
k }.
Au moins deux termes de la suite {a
k } sont égaux à A n . De plus, la suite vérifie
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