Solutions
I.2.48. D’après l’inégalité entre moyennes arithmétique et géométrique, on a
n
a 1
a 1 + b 1
·
a 2
a 2 + b 2
· · ·
a n
a n + b n
+
n
b 1
a 1 + b 1
·
b 2
a 2 + b 2
· · ·
b n
a n + b n
1
n
a 1
a 1 + b 1
+ . . . +
a n
a n + b n
+
b 1
a 1 + b 1
+ . . . +
b n
a n + b n
= 1.
I.2.49. [V. Ptak, Amer. Math. Monthly 102(1995), 820-821]. On observe d’abord
que si on remplace chaque a k par ca k avec c > 0, ni le premier membre, ni le second membre de l’inégalité ne sont changés. On peut donc supposer que G = 1,
d’où a n =
1
a 1
. On observe ensuite que si a 1 x
1
a 1
, alors x +
1
x a 1 +
1
a 1
.
Donc,
n
k=1
p k a k +
n
k=1
p k
1
a k
a 1 +
1
a 1
= 2A.
Pour obtenir la proposition, on applique maintenant l’inégalité entre les
moyennes arithmétique et géométrique.
I.2.50. On arrange tous les diviseurs positifs de n par paires (k, l) de telle
sorte que kl = n. L’inégalité entre les moyennes arithmétique et géométrique
donne
k+l
2
√
kl. En additionnant ces inégalités, on obtient
σ(n)
2
τ (n)
2
√
n.
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I.2.48. D’après l’inégalité entre moyennes arithmétique et géométrique, on a
n
a 1
a 1 + b 1
·
a 2
a 2 + b 2
· · ·
a n
a n + b n
+
n
b 1
a 1 + b 1
·
b 2
a 2 + b 2
· · ·
b n
a n + b n
1
n
a 1
a 1 + b 1
+ . . . +
a n
a n + b n
+
b 1
a 1 + b 1
+ . . . +
b n
a n + b n
= 1.
I.2.49. [V. Ptak, Amer. Math. Monthly 102(1995), 820-821]. On observe d’abord
que si on remplace chaque a k par ca k avec c > 0, ni le premier membre, ni le second membre de l’inégalité ne sont changés. On peut donc supposer que G = 1,
d’où a n =
1
a 1
. On observe ensuite que si a 1 x
1
a 1
, alors x +
1
x a 1 +
1
a 1
.
Donc,
n
k=1
p k a k +
n
k=1
p k
1
a k
a 1 +
1
a 1
= 2A.
Pour obtenir la proposition, on applique maintenant l’inégalité entre les
moyennes arithmétique et géométrique.
I.2.50. On arrange tous les diviseurs positifs de n par paires (k, l) de telle
sorte que kl = n. L’inégalité entre les moyennes arithmétique et géométrique
donne
k+l
2
√
kl. En additionnant ces inégalités, on obtient
σ(n)
2
τ (n)
2
√
n.
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