Une nouvelle inégalité

par **acoustica** » 03 Nov 2008, 17:38

Bonjour à tous!
Voici un problème qui m'a beaucoup plu parce que l'énoncé est très simple. La résolution l'est moins.

Pour

et

nombres réels positifs tels que

{1,2,...n}:

Prouver que

Amusez-vous bien!

par **miikou** » 03 Nov 2008, 17:47

bof,

a= - 1
b = -2

a² < b² pourtan a > b ne seraient ils pas positifs a tout hasard tes reels ?

par **acoustica** » 03 Nov 2008, 17:51

miikou a écrit:bof,

a= - 1
b = -2

a² b ne seraient ils pas positifs a tout hasard tes reels ?

oui pardon.

par **Matt_01** » 03 Nov 2008, 18:24

Ca se fait par récurrence non ?

J'ai pour ma part juste testé le cas n=2 :

d'où

soit

avec

De plus

soit

car

soit

Ainsi

et donc :

J'imagine qu'en manipulant une récurrence on peut aboutir.
Je cherche ^^

par **acoustica** » 03 Nov 2008, 18:39

Matt_01 a écrit:Ca se fait par récurrence non ?

J'ai pour ma part juste testé le cas n=2 :
d'où soit avec
De plus
soit car
soit
Ainsi et donc :

J'imagine qu'en manipulant une récurrence on peut aboutir.
Je cherche ^^

Intéressant! J'espère que tu va aboutir. :++:

par **Doraki** » 03 Nov 2008, 21:15

On peut se restreindre au cas où la suite (an) est croissante (c'est quand elle est croissante qu'on obtient une condition sur (bn) la plus générale possible).

Ensuite, je préfère renommer an² en an, et bn² en bn, et appeler A(k) et B(k) les sommes partielles :

Si (an) et (bn) sont deux suites croissantes telles que

Alors

.

Si on définit ak(t) = t*bk + (1-t)*ak, et

,

est positif car A(k) <= B(k) et ai(t) <= a(i+1)t pour tout i et t
Donc f(0) <= f(1) et c'est ce qu'on voulait.

Ca marche avec n'importequelle fonction concave croissante à la place de la racine carrée.
Au début je voulais décomposer cette transformation en des transformations élémentaires qui agissent sur un seul A(k) à la fois mais à cause de la condition de croissance des suites c'était pas possible de le faire en un nombre fini d'étapes. On est obligé de tous les faire bouger en même temps.

par **Matt_01** » 03 Nov 2008, 22:34

Oula, c'est du lourd, mais c'est rusé, bravo :++:
Quant à moi, faire une récurrence la dessus n'est pas évident, j'ai préféré laisser tomber ^^

par **Matt_01** » 04 Nov 2008, 12:07

Bonjour !
Par contre, ce n'est pas plutôt

?
D'ailleurs, j'ai du mal à voir comment tu passes de cette égalité à la suivante ...

par **Doraki** » 04 Nov 2008, 12:15

Oui tu as raison, j'me suis embrouillé dans les noms d'indices.

Pour cette égalité il faut dire que ai = A(i)-A(i-1), pareil pour bi, et réordonner la somme pour regrouper les A(i) et B(i).

par **Matt_01** » 04 Nov 2008, 13:08

Ah oui je vois !
Bien joué :++:

par **acoustica** » 04 Nov 2008, 18:13

Doraki a écrit:On peut se restreindre au cas où la suite (an) est croissante (c'est quand elle est croissante qu'on obtient une condition sur (bn) la plus générale possible).

Ensuite, je préfère renommer an² en an, et bn² en bn, et appeler A(k) et B(k) les sommes partielles :

Si (an) et (bn) sont deux suites croissantes telles que

Alors .

Si on définit ak(t) = t*bk + (1-t)*ak, et ,

est positif car A(k) <= B(k) et ai(t) <= a(i+1)t pour tout i et t
Donc f(0) <= f(1) et c'est ce qu'on voulait.

Ca marche avec n'importequelle fonction concave croissante à la place de la racine carrée.
Au début je voulais décomposer cette transformation en des transformations élémentaires qui agissent sur un seul A(k) à la fois mais à cause de la condition de croissance des suites c'était pas possible de le faire en un nombre fini d'étapes. On est obligé de tous les faire bouger en même temps.

Ouah, ça c'est clean, pro et esthétique! :jap:

par **ThSQ** » 04 Nov 2008, 20:54

Utiliser l'analyse est considérée infra dignitatum souvent, une autre sol sans :

En fait c'est C.S + transformation d'Abel

par C.S

avé la convention

(abélisation)

finito.

par **acoustica** » 04 Nov 2008, 20:56

Allez une autre pour la soirée:

réels positifs tels que

[0,i] pour tout i

{1,2,...,n}.

Prouver que:

:we:

par **acoustica** » 04 Nov 2008, 20:57

ThSQ a écrit:Utiliser l'analyse est considérée infra dignitatum souvent, une autre sol sans :

En fait c'est C.S + transformation d'Abel

par C.S

avé la convention (abélisation)

finito.

OUI!!!

Sincèrement, je ne m'attendais pas à ce que quelqu'un sorte l'abélisation! En fait, j'ai posté l'inégalité pour voir si il y avait d'autres méthodes (justement, cette inégalité était une d'application de la formule d'Abel, que je venais de découvrir), et soyons franc, celle de Doraki est très belle.

par **acoustica** » 04 Nov 2008, 20:58

Allez une autre pour la soirée:

réels positifs tels que

[0,i] pour tout i

{1,2,...,n}.

Prouver que:

:we:

Un indice en cas de blocage:
http://maths-forum.com/showthread.php?t=66920 :happy2:

par **ThSQ** » 05 Nov 2008, 19:37

Récurrence tout bêtement non ?

par **acoustica** » 05 Nov 2008, 19:56

ThSQ a écrit:Récurrence tout bêtement non ?

Je ne crois pas que ce soit si simple, mais si tu penses que ça se fait par récurrence, poste ta solution! :zen:

Perso, je ne la vois pas la récurrence. :triste:

par **ThSQ** » 05 Nov 2008, 20:23

Ca revient pas à montrer que

? Ce qui me semble clair vues les hypothèses.

par **Zweig** » 05 Nov 2008, 20:34

Salut,

Je marque que les grandes lignes car j'ai des devoirs à rédiger :

On montre via l'inégalité arithmético-géométrique que pour tout entier

:

i)

Puis,

ii)

avec

par **miikou** » 06 Nov 2008, 14:20

ro !

2^n * a1 * (a1+ a2) * .. ( a1* .. an ) > 2^n * a1* a2* .. an ( évident ! )
or comme les ai sont dans [0,1] on a ai > ai²
donc 2^n * a1 * (a1+ a2) * .. ( a1* .. an ) > 2^n * a1² * a2² * .. an²
or 2^n > n+1
finalement
2^n * a1 * (a1+ a2) * .. ( a1* .. an )> (n+1) * (a1 * .. an) ²

ca me parait tellement simple que je me dis que j'ai fait une énorme erreur :ptdr:

Une nouvelle inégalité

Une nouvelle inégalité

Une autre nouvelle inégalité

C'est pas fini! :we:

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