Moyennes arithmétique et géométrique

Etant donnés deux nombres réels $a,b$ strictement positifs, il est facile de prouver que leur moyenne géométrique $\sqrt{ab}$ est inférieure ou égale à leur moyenne arithmétique $\frac{a+b}{2}.$ En effet :

$\dfrac{a+b}{2}-\sqrt{ab}=\dfrac{1}{2}\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)^{2}\geqslant0$

L’objet de cet article est de présenter la version générale de ce résultat, à savoir la comparaison entre moyennes géométrique et arithmétique, pour $n$ nombres positifs $x_{1},\cdots,x_{n}$ (avec $n\geqslant2)$ :

$\sqrt[n]{x_{1}\cdots x_{n}}\leqslant\dfrac{x_{1}+\cdots+x_{n}}{n}$

Nous ferons référence à cette célèbre inégalité en la désignant par l’IGA (acronyme-maison pour « inégalité géométrico-arithmétique »). Il en existe diverses démonstrations. Quatre d’entre-elles ont été retenues : elles sont présentées aux sections 1 à 4. La première, qui est aussi la plus concise, repose sur un argument de convexité. Les trois suivantes sont plus alambiquées mais présentent néanmoins un certain intérêt, ne serait-ce que par leur élégance. L’intérêt de la preuve présentée à la section 4 est historique : elle apparaît en 1821 dans le cours d’Analyse Algébrique de Cauchy. Les sections 5 et suivantes proposent des exemples d’utilisation de l’IGA.

Remarque

Les puissances avec exposant rationnel (et, en particulier, la notion de racine $n-$ ème) sont étudiées à la section 5 de cet article, auquel on pourra se reporter si nécessaire.

Il sera parfois commode de noter, pour $n\geqslant2$ et $\left(x_{1},\cdots,x_{n}\right)\in\left]0,+\infty\right[^{n}$ :

$A_{n}\left(x_{1},\cdots,x_{n}\right)=\dfrac{x_{1}+\cdots+x_{n}}{n}$

$G_{n}\left(x_{1},\cdots,x_{n}\right)=\left(x_{1}\cdots x_{n}\right)^{1/n}$

plutôt que simplement A et G. Cette notation un peu épaisse s’avère utile dans un contexte où plusieurs valeurs de $n$ coexistent.

1 – Preuve par convexité

Ce qui suit suppose connue la notion de fonction convexe.

L’inégalité de Jensen, appliquée à la fonction exponentielle, montre que :

$\exp\left(\sum_{i=1}^{n}t_{i}z_{i}\right)\leqslant\sum_{i=1}^{n}t_{i}\thinspace\exp\left(z_{i}\right)$

pour tout entier $n\geqslant2,$ pour tout $\left(z_{1},\cdots,z_{n}\right)\in\mathbb{R}^{n}$ et pour tout $\left(t_{1},\cdots,t_{n}\right)\in\left[0,1\right]^{n}$ vérifiant ${\displaystyle \sum_{i=1}^{n}t_{i}=1}.$

Maintenant, considérons des réels $x_{1},\cdots,x_{n}>0$ et choisissons, pour tout $i\in\left\llbracket 1,n\right\rrbracket$ :

$z_{i}=\ln\left(x_{i}\right)\qquad\text{et}\qquad t_{i}=\dfrac{1}{n}$

L’inégalité précédente prend la forme :

$\exp\left(\dfrac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}\ln\left(x_{i}\right)\right)\leqslant\dfrac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}\exp\left(\ln\left(x_{i}\right)\right)$

c’est-à-dire :

$\fcolorbox{black}{myBlue}{$\displaystyle{\left(\prod_{i=1}^{n}x_{i}\right)^{1/n}\leqslant\dfrac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}x_{i}}$}$

2 – Preuve par homogénéité

On procède en deux étapes …

ETAPE 1

On prouve d’abord par récurrence la :

Proposition

Pour tout entier $n\geqslant2,$ si $x_{1},\cdots,x_{n}\in\left[0,1\right]$ sont tels que $\sum_{i=1}^{n}\,x_{i}=1,$ alors :

$\prod_{i=1}^{n}\,x_{i}\leqslant\frac{1}{n^{n}}$

Initialisation ( $n=2$ ) – Soient $x_{1},x_{2}\in\left[0,1\right]$ tels que $x_{1}+x_{2}=1.$ Alors :

$x_{1}x_{2}=x_{1}\left(1-x_{1}\right)\leqslant\frac{1}{4}$

puisque :

$\dfrac{1}{4}-x_{1}+x_{1}^{2}=\left(\dfrac{1}{2}-x_{1}\right)^{2}\geqslant0$

Hérédité – Supposons la propriété vraie au rang $n,$ pour un certain $n\geqslant2.$ Soient alors $x_{1},\cdots,x_{n+1}$ positifs, de somme $1.$ Il s’agit de montrer que :

$\prod_{i=1}^{n+1}x_{i}\leqslant\dfrac{1}{\left(n+1\right)^{n+1}}$

Si $x_{n+1}=1,$ c’est évident car dans ce cas : $\forall i\in\left\llbracket 1,n\right\rrbracket ,\thinspace x_{i}=0.$ Dans le cas contraire, on observe que :

( $1$ ) $\prod_{i=1}^{n+1}\,x_{i}=\left(\prod_{i=1}^{n}\,\frac{x_{i}}{1-x_{n+1}}\right)x_{n+1}\left(1-x_{n+1}\right)^{n}$

Or, d’une part, d’après l’hypothèse de récurrence :

( $2$ ) $\prod_{i=1}^{n}\,\frac{x_{i}}{1-x_{n+1}}\leqslant\frac{1}{n^{n}}$

et d’autre part, en posant $\varphi_{n}:\left[0,1\right]\rightarrow\mathbb{R},\,t\mapsto t\left(1-t\right)^{n},$ on calcule :

$\varphi_{n}'\left(t\right)=\left(1-t\right)^{n-1}\left(1-\left(n+1\right)t\right)$

d’où :

( $3$ ) $\max_{t\in\left[0,1\right]}\varphi_{n}\left(t\right)=\varphi_{n}\left(\frac{1}{n+1}\right)=\frac{1}{n+1}\left(1-\frac{1}{n+1}\right)^{n}=\frac{n^{n}}{\left(n+1\right)^{n+1}}$

La combinaison de $\left(1\right),$ $\left(2\right)$ et $\left(3\right)$ donne la proposition.

ETAPE 2

Considérons un entier $n\geqslant2$ et des réels $a_{1},\cdots,a_{n}\geqslant0.$ Pour montrer que :

$\left(\prod_{i=1}^{n}a_{i}\right)^{1/n}\leqslant\dfrac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}a_{i}$

on distingue deux cas :

Si $\forall i\in\left\llbracket 1,n\right\rrbracket ,\,a_{i}=0,$ c’est évident.
Si $a_{i}>0$ pour au moins un indice $i\in\left\llbracket 1,n\right\rrbracket ,$ alors en posant $\sigma=\sum_{i=1}^{n}\,a_{i}>0$ et $x_{i}=\frac{a_{i}}{\sigma}$ pour tout $i\in\left\llbracket 1,n\right\rrbracket ,$ on voit que $\sum_{i=1}^{n}\,x_{i}=1$ et l’étape 1 s’applique. On obtient :
$\prod_{i=1}^{n}x_{i}\leqslant\dfrac{1}{n^{n}}$
c’est-à-dire :
$\prod_{i=1}^{n}a_{i}\leqslant\left(\dfrac{\sigma}{n}\right)^{n}$
d’où la conclusion, en passant aux racines $n-$ èmes.

3 – Preuve par récurrence directe

Remarque

La preuve qui suit fait aussi l’objet de l’exercice n° 9 cette fiche

Pour $n=2,$ l’inégalité $\sqrt{a_{1}a_{2}}\leqslant\dfrac{a_{1}+a_{2}}{2}$ est connue pour $a_{1},a_{2}>0.$ Supposons que, pour un certain $n\geqslant2,$ on ait :

$\left(a_{1}\cdots a_{n}\right)^{1/n}\leqslant\dfrac{a_{1}+\cdots+a_{n}}{2}$

quels que soient $a_{1},\cdots,a_{n}\in\left]0,+\infty\right[.$ Considérons alors $a_{1},\cdots,a_{n+1}>0$ et notons :

$G=\left(a_{1}\cdots a_{n+1}\right)^{1/\left(n+1\right)}\qquad\text{et}\qquad A=\dfrac{a_{1}+\cdots+a_{n+1}}{n+1}$

Soit $a_{i}=A$ pour tout $i\in\left\llbracket 1,n+1\right\rrbracket$ alors $G=A.$ Supposons désormais que les $a_{i}$ ne soient pas tous égaux à $A.$ Nécessairement :

$\exists\left(i,j\right)\in\left\llbracket 1,n+1\right\rrbracket ^{2};\thinspace a_{i}<A<a_{j}$

Il s’ensuit que $\left(A-a_{i}\right)\left(a_{j}-A\right)>0,$ c’est-à-dire :

( $\spadesuit$ ) $A\left(a_{i}+a_{j}-A\right)>a_{i}a_{j}$

Maintenant, on peut supposer sans perte de généralité que $i<j$ et appliquer l’hypothèse de récurrence au $n-$ uplet :

$\left(a_{1},\cdots,a_{i-1},a_{i+1},\cdots,a_{j-1},a_{j+1},\cdots,a_{n+1},a_{i}+a_{j}-A\right)$

ce qui donne $\alpha\leqslant\beta$ avec :

$\alpha=\left(a_{1}\cdots a_{i-1}a_{i+1}\cdots a_{j-1}a_{j+1}\cdots a_{n+1}\left(a_{i}+a_{j}-A\right)\right)^{1/n}$

$\beta=\frac{1}{n}\left(a_{1}+\cdots+a_{i-1}+a_{i+1}+\cdots+a_{j-1}+a_{j+1}+\cdots+a_{n+1}+\left(a_{i}+a_{j}-A\right)\right)$

Or :

$\alpha^{n}=\dfrac{G^{n+1}}{a_{i}a_{j}}\thinspace\left(a_{i}+a_{j}-A\right)$

et :

$\beta=\dfrac{1}{n}\left(\left(n+1\right)A-A\right)=A$

donc :

$\dfrac{G^{n+1}}{a_{i}a_{j}}\thinspace\left(a_{i}+a_{j}-A\right)\leqslant A^{n}$

et a fortiori, d’après $\left(\spadesuit\right)$ :

$\dfrac{G^{n+1}}{A}\leqslant A^{n}$

ce qui donne la conclusion attendue.

4 – La preuve de Cauchy

Dans son cours d’analyse algébrique, publié en 1821, Cauchy explique, entre autres, quelles sont les règles usuelles de manipulation des inégalités. Pour $n\geqslant2$ et $a_{1},\cdots,a_{n}>0,$ il prouve que :

$\left(\prod_{i=1}^{n}a_{i}\right)^{1/n}\leqslant\dfrac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}a_{i}$

en commençant par traiter le cas où $n$ est une puissance de $2$ (voir le détail ci-dessous). Ensuite, étant donné un entier $n\geqslant2$ qui n’est pas une puissance de $2,$ Cauchy considère un entier naturel $k$ tel que $2^{k}>n,$ désigne par $S$ la moyenne arithmétique de $a_{1},\cdots,a_{n}$ et applique l’inégalité avec les $2^{k}$ nombres suivants :

$a_{1},\cdots,a_{n},\underbrace{S,\cdots,S}_{2^{k}-n\text{ termes}}$

ce qui fournit :

$a_{1}\cdots a_{n}S^{2^{k}-n}\leqslant\left(\dfrac{a_{1}+\cdots+a_{n}+\left(2^{k}-n\right)S}{2^{k}}\right)^{2^{k}}$

Comme $a_{1}+\cdots+a_{n}=nS,$ cette inégalité se simplifie pour donner :

$a_{1}\cdots a_{n}S^{2^{k}-n}\leqslant S^{2^{k}}$

c’est-à-dire $a_{1}\cdots a_{n}\leqslant S^{n},$ comme souhaité.

Détail : les cas des puissances de 2

Notons $\mathcal{A}_{n}$ l’assertion suivante. Quels que soient $a_{1},\cdots,a_{2^{n}}>0$ :

$\left(\prod_{i=1}^{2^{n}}a_{i}\right)^{2^{-n}}\leqslant2^{-n}\sum_{i=1}^{2^{n}}a_{i}$

On prouve par récurrence que $\mathcal{A}_{n}$ est vraie pour tout $n\geqslant1.$ L’intialisation est en place; c’est toujours la fameuse inégalité :

$\sqrt{a_{1}a_{2}}\leqslant\dfrac{a_{1}+a_{2}}{2}$

Supposons $\mathcal{A}_{n}$ vraie pour un certain $n\geqslant1$ et donnons-nous $a_{1},\cdots,a_{2^{n+1}}>0.$ Alors (en conservant les notations introduites dans le préambule) :

$\begin{eqnarray*}G_{2^{n+1}}\left(a_{1},\cdots,a_{2^{n+1}}\right) & = & \left[G_{2^{n}}\left(a_{1},\cdots,a_{2^{n}}\right)\,G_{2^{n}}\left(a_{2^{n}+1},\cdots,a_{2^{n+1}}\right)\right]^{1/2}\\& \leqslant & \frac{1}{2}\left[G_{2^{n}}\left(a_{1},\cdots,a_{2^{n}}\right)+G_{2^{n}}\left(a_{2^{n}+1},\cdots,a_{2^{n+1}}\right)\right]\\& \leqslant & \frac{1}{2}\left[A_{2^{n}}\left(a_{1},\cdots,a_{2^{n}}\right)+A_{2^{n}}\left(a_{2^{n}+1},\cdots,a_{2^{n+1}}\right)\right]\\& = & A_{2^{n+1}}\left(a_{1},\cdots,a_{2^{n+1}}\right)\end{eqnarray*}$

et l’hérédité est donc établie.

5 – Et la moyenne harmonique ?

En dehors des moyennes arithmétique et géométrique, on définit usuellement la moyenne harmonique de $a_{1},\cdots,a_{n}>0.$ Il s’agit du nombre dont l’inverse est la moyenne arithmétique des inverses. Autrement dit :

$H_{n}\left(a_{1},\cdots,a_{n}\right)=\dfrac{n}{\dfrac{1}{a_{1}}+\cdots+\dfrac{1}{a_{n}}}$

Proposition

Les moyenne arithmétique, géométrique et harmonique de $a_{1},\cdots,a_{n}>0$ vérifient :

$H_n\left(a_1,\cdots,a_n\right)\leqslant G_n\left(a_1,\cdots,a_n\right)\leqslant A_n\left(a_1,\cdots,a_n\right)$

Soit $n\geqslant2$ et soient $a_{1},\cdots,a_{n}>0.$ Nous savons (et nous avons prouvé de plusieurs façons) que :

$\forall\left(x_{1},\cdots,x_{n}\right)\in\left]0,+\infty\right[^{n},\:G_{n}\left(x_{1},\cdots,x_{n}\right)\leqslant A_{n}\left(x_{1},\cdots,x_{n}\right)$

Il s’ensuit que :

$H_{n}\left(a_{1},\cdots,a_{n}\right)=\dfrac{1}{A_{n}\left(\dfrac{1}{a_{1}},\cdots,\dfrac{1}{a_{n}}\right)}\leqslant\dfrac{1}{G_{n}\left(\dfrac{1}{a_{1}},\cdots,\dfrac{1}{a_{n}}\right)}=G_{n}\left(a_{1},\cdots,a_{n}\right)$

ce qui donne le résultat.

Signalons une petite amusette au sujet de la moyenne harmonique : un type effectue un trajet aller-retour entre un lieu A et un lieu B. L’aller s’effectue à la vitesse constante $v_{a}$ et le retour s’effectue à la vitesse constante $v_{r}.$ Quelle est, sur l’ensemble du trajet, la vitesse moyenne $v$ ?

Si vous posez la question autour de vous, il y a des chances pour qu’on vous réponde : $v=\dfrac{v_{a}+v_{r}}{2}.$

Et c’est faux ! La réponse correcte est :

$\boxed{v=\dfrac{2}{\dfrac{1}{v_{a}}+\dfrac{1}{v_{r}}}}$

Explication …

Notons $t_{a}$ et $t_{r}$ les temps mis pour effectuer respectivement l’aller et le retour. En notant $d$ la distance entre A et B, on voit que :

$v=\dfrac{2d}{t_{a}+t_{r}}=\dfrac{2d}{\dfrac{d}{v_{a}}+\dfrac{d}{v_{r}}}=\dfrac{2}{\dfrac{1}{v_{a}}+\dfrac{1}{v_{r}}}$

6 – Un petit exo

Etant donnés quatre nombres réels positifs $a,b,c,d$ tels que $abcd=1,$ on demande de montrer que :

$a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2}+ab+ac+ad+bc+bd+cd\geqslant10$

Voici deux façons de traiter cette question …

Solution 1

On sait que, pour tout $x>0$ :

$x+\frac{1}{x}\geqslant2$

Donc $ab+cd\geqslant2,$ $ac+bd\geqslant2$ et $ad+bc\geqslant2.$

Par ailleurs, $a^{2}+b^{2}\geqslant2ab$ et $c^{2}+d^{2}\geqslant2cd,$ d’où

$a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2}\geqslant2\left(ab+cd\right)\geqslant4$

Ainsi

$a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2}+ab+ac+ad+bc+bd+cd\geqslant4+2+2+2=10$

Cette minoration ne peut d’ailleurs pas être améliorée, car c’est une égalité lorsque $a=b=c=d=1.$

Solution 2

On applique l’IGA :

$\frac{1}{10}\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2}+ab+ac+ad+bc+bd+cd\right)\geqslant\left(a^{5}b^{5}c^{5}d^{5}\right)^{1/10}=1$

et voilà 🙂

7 – Application : l’inégalité de Carleman

On doit au mathématicien suédois Torsten Carleman (1892 – 1949) le résultat suivant :

Théorème

Pour toute série convergente à termes strictement positifs $\sum_{n\geqslant1}a_{n}$ , la série de terme général $\left(a_{1}\cdots a_{n}\right)^{1/n}$ converge et :

$\sum_{n=1}^{\infty}\left(a_{1}\cdots a_{n}\right)^{1/n}\leqslant e\thinspace\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}$

En outre, le facteur $e$ est optimal.

Jolie majoration ! Et il n’est même pas évident que la série apparaissant au membre de gauche soit convergente … En effet, une idée naturelle pour justifier cette convergence serait d’invoquer le principe de comparaison pour les séries à termes positifs :

$\forall n\geqslant1,\thinspace\left(a_{1}\cdots a_{n}\right)^{1/n}\leqslant\dfrac{1}{n}\left(a_{1}+\cdots+a_{n}\right)$

sauf que, si l’on note ${\displaystyle S=\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}},$ le membre de droite est équivalent à $\dfrac{S}{n},$ qui est le terme général d’une série divergente. Il va donc falloir être plus malin …

On notera $G_{n}=\left(a_{1}\cdots a_{n}\right)^{1/n}.$ Considérons une suite $\left(t_{n}\right)_{n\geqslant1}$ à termes strictement positifs. Pour tout $n\geqslant1$ :

$G_{n}=\frac{{\displaystyle \left[\prod_{k=1}^{n}\,t_{k}\,a_{k}\right]^{1/n}}}{{\displaystyle \left[\prod_{k=1}^{n}\,t_{k}\right]^{1/n}}}\leqslant\left[\prod_{k=1}^{n}\,t_{k}\right]^{-1/n}\,\frac{1}{n}\,\sum_{k=1}^{n}\,t_{k}\,a_{k}$

Il en résulte :

$\sum_{k=1}^{n}\,G_{k}\leqslant\sum_{k=1}^{n}\,\left(\left[\prod_{i=1}^{k}\,t_{i}\right]^{-1/k}\,\frac{1}{k}\,\sum_{j=1}^{k}\,t_{j}\,a_{j}\right)$

Donc, après interversion des deux sommes:

$\sum_{k=1}^{n}\,G_{k}\leqslant\sum_{j=1}^{n}\,\left(t_{j}\,a_{j}\,\sum_{k=j}^{n}\,\frac{1}{k}\left[\prod_{i=1}^{k}\,t_{i}\right]^{-1/k}\right)$

Jusqu’ici les $t_{n}$ étaient quelconques. Il est temps d’effectuer un choix judicieux …

On peut les choisir de telle sorte que :

$\forall k\in\mathbb{N}^{\star},\,\left[\prod_{i=1}^{k}\,t_{i}\right]^{-1/k}=\frac{1}{k+1}$

ce qui revient à adopter $t_{n}={\displaystyle \frac{\left(n+1\right)^{n}}{n^{n-1}}}$ pour tout $n\geqslant1.$ On voit alors que :

$\sum_{k=1}^{n}\,G_{k}\leqslant\sum_{j=1}^{n}\,\left(t_{j}\,a_{j}\,\sum_{k=j}^{n}\,\frac{1}{k\left(k+1\right)}\right)$

Or :

$\sum_{k=j}^{n}\,\frac{1}{k\left(k+1\right)}=\sum_{k=j}^{n}\left(\dfrac{1}{k}-\dfrac{1}{k+1}\right)=\frac{1}{j}-\frac{1}{n+1}<\frac{1}{j}$

et donc :

$\sum_{k=1}^{n}\,G_{k}\leqslant\sum_{j=1}^{n}\,\frac{t_{j}}{j}\,a_{j}=\sum_{j=1}^{n}\,\left(1+\frac{1}{j}\right)^{j}\,a_{j}<e\,\sum_{j=1}^{n}\,a_{j}$

En passant à la limite, on obtient l’inégalité de Carleman.

Remarque

En fait l’inégalité de Carleman est stricte. En effet : reprenons au ralenti ce qui vient de se passer …

La majoration précédente prouve que, pour tout $n\geqslant1$ :

$\sum_{k=1}^{n}G_{k}\leqslant e\thinspace\sum_{k=1}^{\infty}a_{k}$

ce qui montre la convergence de la série ${\displaystyle \sum_{n\geqslant1}G_{n}}.$ Rappelons d’ailleurs que cette convergence n’était pas évidente de prime abord, comme cela a été signalé plus haut. En passant à la limite dans l’inégalité :

$\sum_{k=1}^{n}G_{k}\leqslant\sum_{k=1}^{n}\left(1+\dfrac{1}{k}\right)^{k}a_{k}$

il vient :

$\sum_{k=1}^{\infty}G_{k}\leqslant\sum_{k=1}^{\infty}\left(1+\dfrac{1}{k}\right)^{k}a_{k}$

Et cette dernière quantité est strictement majorée par ${\displaystyle e\thinspace\sum_{k=1}^{\infty}a_{k}}.$

Terminons avec l’optimalité du facteur $e.$ Pour cela, considérons, pour tout $N\in\mathbb{N}^{\star},$ la série (harmonique tronquée) de terme général :

$a_{n}=\left\{ \begin{array}{ccc}{\displaystyle \frac{1}{n}} & \textrm{si} & 1\leqslant n\leqslant N\\\\0 & \textrm{si} & n>N\end{array}\right.$

qui est évidemment convergente. Posons, pour tout $n\geqslant1$ :

$g_{n}=\left(\prod_{k=1}^{n}\,a_{k}\right)^{1/n}$

Alors, pour tout $n\leqslant N,\,g_{n}={\displaystyle \frac{1}{\left(n!\right)^{1/n}}}$ (et $g_{n}=0$ si $n>N).$ Par ailleurs, on sait (via un corollaire du lemme de Cesàro par exemple) que

$$(n!)^{1/n}\sim{\displaystyle \frac{n}{e}$

Donc, d’après le principe de sommation des relations de comparaisons dans le cas divergent :

$\sum_{n=1}^{\infty}\,g_{n}=\sum_{n=1}^{N}\,g_{n}\sim\sum_{n=1}^{N}\,\frac{e}{n}\sim e\ln\left(N\right)$

Et comme :

$\sum_{n=1}^{\infty}\,a_{n}=\sum_{n=1}^{N}\,\frac{1}{n}\sim\ln\left(n\right)$

on conclut que :

$\lim_{N\rightarrow+\infty}\frac{{\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\,g_{n}}}{{\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\,a_{n}}}=e$

Le facteur $e$ dans l’inégalité de Carleman est bien optimal.

Si cet article vous a plu, merci de laisser un petit commentaire 🙂

Précisons que le sujet est très loin d’avoir été épuisé. On pourrait par exemple parler de la moyenne arithmético-géométrique $M\left(a,b\right)$ de deux réels $a,b>0.$ Il s’agit de la limite commune des suites $\left(u_{n}\right)_{n\geqslant0}$ et $\left(v_{n}\right)_{n\geqslant0}$ définies par :

$u_{0}=a,\qquad v_{0}=b$

et, pour tout $n\in\mathbb{N}$ :

$u_{n+1}=\dfrac{u_{n}+v_{n}}{2},\qquad v_{n+1}=\sqrt{u_{n}v_{n}}$

Un prochain article y sera sans doute consacré.

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Cet article a 3 commentaires

Oncle Junior 26 Nov 2023 Répondre

(En revanche pas évidente à trouver sans indication l’inégalité de Carleman 😊 !)
Oncle Junior 26 Nov 2023 Répondre

Bonjour Monsieur,

Merci pour ce bel article 😊

Je trouve la preuve de Cauchy agréable, car élégante et donnant l’impression qu’elle peut se trouver seul, en un temps raisonnable, même après avoir oublié beaucoup de notions !

Dans la partie 3 après « Nécessairement : » c’est peut-être ai < A < aj à la place de aiA.
Dans la partie 7, à la fin de l’encadré bleu Remarque, le strictement s’affiche dans son code latex !

Bonne soirée à vous,
Fabrice
1. René Adad 26 Nov 2023 Répondre
  
  Merci beaucoup Fabrice, une fois de plus, pour votre retour.
  J’ai mis à jour le texte de l’article.