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exercice 1 facile

Quelques essais conduisent à conjecturer que :

    \[\forall n\in\mathbb{N}^{\star},\thinspace\forall x\geqslant0,\thinspace f^{n}\left(x\right)=\frac{F_{n}+F_{n-1}x}{F_{n+1}+F_{n}x}\]


F_{n} désigne le n-ème nombre de Fibonacci. On rappelle que, par définition :

    \[F_{0}=0,\qquad F_{1}=1,\qquad\forall n\in\mathbb{N}^{\star},\thinspace F_{n+1}=F_{n}+F_{n-1}\]


On vérifie cette conjecture par récurrence. L’initialisation consiste à voir que :

    \[\forall x\geqslant0,\thinspace f^{1}\left(x\right)=\frac{F_{1}+F_{0}x}{F_{2}+F_{1}x}\]

ce qui est vrai. Ensuite, supposons la formule vraie au rang n pour un certain n\geqslant1.

Alors, pour tout x\geqslant0 :

    \begin{eqnarray*}f^{n+1}\left(x\right) & = & f\left(f^{n}\left(x\right)\right)\\& = & \frac{1}{1+f^{n}\left(x\right)}\\& = & \frac{1}{1+\frac{F_{n}+F_{n-1}x}{F_{n+1}+F_{n}x}}\\& = & \frac{F_{n+1}+F_{n}x}{\left(F_{n+1}+F_{n}\right)+\left(F_{n}+F_{n-1}\right)x}\end{eqnarray*}


c’est-à-dire, comme souhaité :

    \[f^{n+1}\left(x\right)=\frac{F_{n+1}+F_{n}x}{F_{n+2}+F_{n+1}x}\]

exercice 2 facile

Le réel x étant fixé, on observe que cette inégalité est évidente pour n=0 et pour n=1.

Supposons-la vraie aux rangs n-1 et n pour un certain n\geqslant1. Alors :

    \begin{eqnarray*}\sin\left(\left(n+1\right)x\right) & = & \sin\left(nx+x\right)\\& = & \sin\left(nx\right)\cos\left(x\right)+\cos\left(nx\right)\sin\left(x\right)\end{eqnarray*}


donc, par inégalité triangulaire, puis d’après l’hypothèse de récurrence :

    \begin{eqnarray*}\left|\sin\left(\left(n+1\right)x\right)\right| & \leqslant & \left|\sin\left(nx\right)\right|\thinspace\left|\cos\left(x\right)\right|+\left|\cos\left(nx\right)\right|\thinspace\left|\sin\left(x\right)\right|\\& \leqslant & \left|\sin\left(nx\right)\right|+\left|\sin\left(x\right)\right|\\& \leqslant & n\left|\sin\left(x\right)\right|+\left|\sin\left(x\right)\right|\\& = & \left(n+1\right)\left|\sin\left(x\right)\right|\end{eqnarray*}

exercice 3 facile

On commence par calculer S_{n} pour de petites valeurs de n :

    \[S_{1}=1\]


    \[S_{2}=\frac{1}{1}+\frac{1}{2}+\frac{1}{1\times2}=2\]


    \[S_{3}=\frac{1}{1}+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{1\times2}+\frac{1}{1\times3}+\frac{1}{2\times3}+\frac{1}{1\times2\times3}=3\]

Montrons par récurrence que S_{n}=n, pour tout n\geqslant1. L’initialisation étant largement faite, passons à l’hérédité.

On suppose donc l’égalité établie au rang n. L’ensemble des parties non vides de \mathbb{N}_{n+1} est l’union disjointe de l’ensemble des parties non vides de \mathbb{N}_{n} et de l’ensemble des parties de \mathbb{N}_{n+1} qui contiennent n+1.

De plus les parties de \mathbb{N}_{n+1} qui contiennent n+1 sont exactement les X\cup\left\{ n+1\right\}X parcourt \mathcal{P}\left(\mathbb{N}_{n}\right). Donc :

    \begin{eqnarray*}\sum_{X\in\mathcal{P}\left(\mathbb{N}_{n+1}\right)-\left\{ \emptyset\right\} }\frac{1}{f\left(X\right)} & = & \sum_{X\in\mathcal{P}\left(\mathbb{N}_{n}\right)-\left\{ \emptyset\right\} }\frac{1}{f\left(X\right)}\\& & +\frac{1}{n+1}\thinspace\left(1+\sum_{X\in\mathcal{P}\left(\mathbb{N}_{n}\right)-\left\{ \emptyset\right\} }\frac{1}{f\left(X\right)}\right)\\& = & n+\frac{1}{n+1}\left(1+n\right)=n+1\end{eqnarray*}

Calculons de deux façons la somme :

    \[\Delta\left(n,p\right)=\sum_{k=1}^{n}\left(\left(k+1\right)^{p+1}-k^{p+1}\right)\]

D’une part, par “télescopage des termes” :

    \[\Delta\left(n,p\right)=\left(n+1\right)^{p+1}-1\]


D’autre part, la formule du binôme appliquée à \left(k+1\right)^{p+1} donne :

    \[\left(k+1\right)^{p+1}=\sum_{j=0}^{p+1}\binom{p+1}{j}k^{j}\]


et donc :

    \[\left(k+1\right)^{p+1}-k^{p+1}=\sum_{j=0}^{p}\binom{p+1}{j}k^{j}\]


d’où, en reportant :

    \[\Delta\left(n,p\right)=\sum_{k=1}^{n}\sum_{j=0}^{p}\binom{p+1}{j}k^{j}\]


En intervertissant les deux sommations, on obtient :

    \[\Delta\left(n,p\right)=\sum_{j=0}^{p}\sum_{k=1}^{n}\binom{p+1}{j}k^{j}=\sum_{j=0}^{p}\binom{p+1}{j}S_{j}\left(n\right)\]


La confrontation des deux expressions obtenues pour \Delta\left(n,p\right) donne :

    \[\boxed{\sum_{j=0}^{p}\binom{p+1}{j}S_{j}\left(n\right)=\left(n+1\right)^{p+1}-1}\]


Il s’agit d’une formule de récurrence forte donnant S_{p}\left(n\right) en fonction des S_{j}\left(n\right) pour 0\leqslant j<p :

    \[S_{p}\left(n\right)=\frac{1}{p+1}\left[\left(n+1\right)^{p+1}-1-\sum_{j=0}^{p-1}\binom{p+1}{j}S_{j}\left(n\right)\right]\qquad\left(\star\right)\]


Vu que S_{0}\left(n\right)=n, on peut affirmer que S_{0} est polynomiale de degré 1.

Supposons établi que, pour un certain p\geqslant1 et pour chaque j\in\left\{ 0,\cdots,p-1\right\} , S_{j} est polynomiale de degré j+1. La formule \left(\star\right) montre alors que S_{p} est polynomiale de degré p+1 (en effet, l’expression \left(n+1\right)^{p+1}-1 est de degré p+1 en n, et la somme qui suit à l’intérieur du crochet est une combinaison linéaire d’expressions polynomiales de degrés \leqslant p).

Enfin, l’unicité de S_{p} résulte du fait que deux fonctions polynomiales qui coïncident sur un ensemble infini (ici : \mathbb{N}^{\star}) sont identiques.

Notons \mathcal{A}_{n} l’assertion :

    \[\forall\left(x_{1},\cdots,x_{n}\right)\in\mathbb{R}^{n},\thinspace\forall\left(y_{1},\cdots,y_{n}\right)\in\mathbb{R}^{n},\thinspace\left(\sum_{i=1}^{n}x_{i}y_{i}\right)^{2}\leqslant\left(\sum_{i=1}^{n}x_{i}^{2}\right)\left(\sum_{i=1}^{n}y_{i}^{2}\right)\]

D’évidence, \mathcal{A}_{1} est vraie. Supposons \mathcal{A}_{n} vraie pour un certain entier n\geqslant1 et soient alors a_{1},\cdots,a_{n+1},b_{1},\cdots,b_{n+1}\in\mathbb{R}.

D’une part :

    \begin{eqnarray*}\left(\sum_{i=1}^{n+1}a_{i}b_{i}\right)^{2} & = & \left[\left(\sum_{i=1}^{n}a_{i}b_{i}\right)+a_{n+1}b_{n+1}\right]^{2}\\& = & \left(\sum_{i=1}^{n}a_{i}b_{i}\right)^{2}+2a_{n+1}b_{n+1}\left(\sum_{i=1}^{n}a_{i}b_{i}\right)+a_{n+1}^{2}b_{n+1}^{2}\end{eqnarray*}


et d’autre part :

    \begin{eqnarray*}\left(\sum_{i=1}^{n+1}\,a_{i}^{2}\right)\left(\sum_{i=1}^{n+1}\,b_{i}^{2}\right) & = & \left[\left(\sum_{i=1}^{n}\,a_{i}^{2}\right)+a_{n+1}^{2}\right]\left[\left(\sum_{i=1}^{n}\,b_{i}^{2}\right)+b_{n+1}^{2}\right]\\& = & \left(\sum_{i=1}^{n}\,a_{i}^{2}\right)\left(\sum_{i=1}^{n}\,b_{i}^{2}\right)+a_{n+1}^{2}\left(\sum_{i=1}^{n}\,b_{i}^{2}\right)+b_{n+1}^{2}\left(\sum_{i=1}^{n}\,a_{i}^{2}\right)+a_{n+1}^{2}b_{n+1}^{2}\end{eqnarray*}


Compte tenu de l’hypothèse de récurrence, il suffit de prouver que :

    \[a_{n+1}^{2}\left(\sum_{i=1}^{n}\,b_{i}^{2}\right)+b_{n+1}^{2}\left(\sum_{i=1}^{n}\,a_{i}^{2}\right)-2a_{n+1}b_{n+1}\left(\sum_{i=1}^{n}a_{i}b_{i}\right)\geqslant0\qquad\left(\spadesuit\right)\]


Or, pour tout i\in\left\{ 1,\cdots,n\right\} :

    \[a_{n+1}^{2}b_{i}^{2}+b_{n+1}^{2}a_{i}^{2}-2a_{n+1}b_{n+1}a_{i}b_{i}=\left(a_{n+1}b_{i}-b_{n+1}a_{i}\right)^{2}\geqslant0\]


et l’on obtient \left(\spadesuit\right) en sommant ces inégalités.

On procède par récurrence.

Pour n=2, c’est la définition de la convexité.

Supposons le résultat établi pour un certain n\geqslant2 et soient alors x_{1},\cdots,x_{n+1}\in I ainsi que t_{1},\cdots,t_{n+1}\geqslant0 tels que {\displaystyle \sum_{i=1}^{n+1}t_{i}=1.} Posons :

    \[T=\sum_{i=1}^{n}t_{i}\]

de sorte que T\in\left[0,1\right] et t_{n+1}=1-T. En supposant t_{n+1}\neq1, on observe que :

    \[\sum_{i=1}^{n+1}t_{i}x_{i}=T\left(\sum_{i=1}^{n}\frac{t_{i}}{T}x_{i}\right)+\left(1-T\right)x_{n+1}\]

d’où par convexité de f :

    \[f\left(\sum_{i=1}^{n+1}t_{i}x_{i}\right)\leqslant T\thinspace f\left(\sum_{i=1}^{n}\frac{t_{i}}{T}x_{i}\right)+\left(1-T\right)\thinspace f\left(x_{n+1}\right)\]


On peut ensuite appliquer l’hypothèse de récurrence, car les réels t_{i}/T pour 1\leqslant i\leqslant n sont positifs et de somme 1, ce qui donne :

    \[f\left(\sum_{i=1}^{n+1}t_{i}x_{i}\right)\leqslant T\thinspace\sum_{i=1}^{n}\frac{t_{i}}{T}f\left(x_{i}\right)+\left(1-T\right)\thinspace f\left(x_{n+1}\right)\]


c’est-à-dire :

    \[f\left(\sum_{i=1}^{n+1}t_{i}x_{i}\right)\leqslant\sum_{i=1}^{n+1}t_{i}\thinspace f\left(x_{i}\right)\]


Pour finir, cette inégalité est triviale si t_{n+1}=1 (car alors t_{i}=0 pour tout i\in\left\{ 1,\cdots,n\right\} ).

Soit u\in\mathcal{L}\left(E\right).

Montrons que l’assertion \mathcal{A}_{r} suivante est vraie pour tout entier r\geqslant1 :

\mathcal{A}_{r} : quels que soient les vecteurs propres x_{1},\cdots,x_{r} (pour u) associés à des valeurs propres \lambda_{1},\cdots,\lambda_{r} toutes distinctes, la famille \left(x_{1},\cdots,x_{r}\right) est libre.

Pour r=1, aucun problème puisqu’une famille réduite à un seul vecteur non nul est libre.

Supposons le résultat établi au rang r, pour un certain r\in\mathbb{N}^{\star}.

Soient alors \lambda_{1},\cdots,\lambda_{r+1} des valeurs propres de u, deux à deux distinctes et soient x_{1},\cdots,x_{r+1} des vecteurs propres respectivement associés aux \lambda_{i}. Considérons des scalaires \alpha_{1},\cdots,\alpha_{r+1} tels que :

({1)   \[\sum_{i=1}^{r+1}\alpha_{i}x_{i}=0_{E}}\]


En appliquant u, il vient :

({2)   \[\sum_{i=1}^{r+1}\alpha_{i}\lambda_{i}x_{i}=0_{E}}\]


Puis, en effectuant (2) – \lambda_{r+1} (1) :

    \[\sum_{i=1}^{r}\alpha_{i}\left(\lambda_{i}-\lambda_{r+1}\right)x_{i}=0_{E}\]


D’après l’hypothèse de récurrence, la famille \left(x_{1},\cdots,x_{r}\right) est libre et donc \forall i\in\left\{ 1,\cdots,r\right\} ,\thinspace\alpha_{i}\left(\lambda_{i}-\lambda_{r+1}\right)=0.

Ceci impose \alpha_{i}=0 pour tout i\in\left\{ 1,\cdots,r\right\} .

Enfin, en reportant dans (1) et compte tenu de x_{r+1}\neq0_{E}, on obtient \lambda_{r+1}=0.

La famille \left(x_{1},\cdots,x_{r+1}\right) est donc libre, comme souhaité.

Montrons par récurrence que l’assertion \mathcal{A}_{n} suivante est vraie pour tout n\geqslant1 :

Pour toute famille \left(x_{1},\cdots,x_{n}\right)\in E^{n}, si les vecteurs y_{1},\cdots,y_{n+1} sont tous combinaisons linéaires de x_{1},\cdots,x_{n} alors la famille \left(y_{1},\cdots,y_{n+1}\right) est liée.

Pour n=1, c’est simple : si y_{1}=\lambda_{1}x_{1} et y_{2}=\lambda_{2}x_{1}, alors \left(y_{1},y_{2}\right) est liée. En effet, c’est évident
si \lambda_{1}=\lambda_{2}=0; et sinon, cela résulte de \lambda_{2}y_{1}-\lambda_{1}y_{2}=0_{E}.

Supposons la propriété établie au rang n et soient alors x_{1},\cdots,x_{n+1} des vecteurs de E et y_{1},\cdots,y_{n+2} des combinaisons linéaires des x_{i}. On dispose pour chaque i\in\left\{ 1,\cdots,n+2\right\} d’une expression de y_{i} de la forme :

    \[y_{i}=\sum_{j=1}^{n+1}\,\lambda_{i,j}\,x_{j}\qquad\qquad\left(\blacksquare_{i}\right)\]


Si \forall i\in\left\{ 1,\cdots,n+2\right\} ,\,\lambda_{i,n+1}=0, alors les y_{i} sont en fait combinaisons linéaires de x_{1},\cdots,x_{n} seulement. Dans ce cas, l’hypothèse de récurrence montre que \left(y_{1},\cdots,y_{n+1}\right) est liée et, à plus forte raison, \left(y_{1},\cdots,y_{n+2}\right) est liée.

Sinon, \exists i\in\left\{ 1,\cdots,n+2\right\} ;\,\lambda_{i,n+1}\neq0.

Quitte à ré-indexer, on peut supposer pour simplifier que \lambda_{1,n+1}\neq0. Il vient alors, d’après \left(\blacksquare_{1}\right) :

    \[x_{n+1}=\frac{1}{\lambda_{1,n+1}}\left(y_{1}-\sum_{j=1}^{n}\,\lambda_{1,j}\,x_{j}\right)\]


D’où, en remplaçant dans \left(\blacksquare_{i}\right), pour i\in\left\{ 2,\cdots,n+2\right\} :

    \[y_{i}=\sum_{j=1}^{n}\,\lambda_{i,j}\,x_{j}+\frac{\lambda_{i,n+1}}{\lambda_{1,n+1}}\left(y_{1}-\sum_{j=1}^{n}\,\lambda_{1,j}\,x_{j}\right)\]


Par conséquent, en posant :

    \[\forall i\in\left\{ 2,\cdots,n+2\right\} ,\,z_{i}=y_{i}-\frac{\lambda_{i,n+1}}{\lambda_{1,n+1}}y_{1}\]


on constate que z_{2},\cdots,z_{n+2} sont combinaisons linéaires de x_{1},\cdots,x_{n}. L’hypothèse de récurrence montre alors que \left(z_{2},\cdots,z_{n+2}\right) est liée :

    \[\exists\left(\mu_{2},\cdots,\mu_{n+2}\right)\in\mathbb{\mathbb{K}}^{n+1}-\left\{ \left(0,\cdots,0\right)\right\} ;\,\sum_{i=2}^{n+2}\,\mu_{i}\,z_{i}=0_{E}\]


Mais cette dernière égalité s’écrit aussi :

    \[\alpha\,y_{1}-\sum_{i=2}^{n+2}\,\mu_{i}\,y_{i}=0_{E}\]


où l’on a posé

    \[\alpha=\sum_{i=2}^{n+2}\,\mu_{i}\frac{\lambda_{i,n+1}}{\lambda_{1,n+1}}\]


La famille \left(y_{1}\cdots,y_{n+2}\right) est donc liée.

exercice 9 difficile
  1. Soient x_{1},x_{2}>0. L’inégalité \left(\sqrt{x_{1}}-\sqrt{x_{2}}\right)^{2}\geqslant0 donne, après développement :

        \[\sqrt{x_{1}x_{2}}\leqslant\frac{x_{1}+x_{2}}{2}\]

  2. On notera G la moyenne géométrique de x_{1},\cdots,x_{n+1} :

        \[G=\left(\prod_{i=1}^{n+1}x_{i}\right)^{1/\left(n+1\right)}\]

a) Si x_{i}=A pour tout i, alors G=A.

b) Par hypothèse, il existe i\in\left\{ 1,\cdots,n+1\right\} tel que x_{i}\neq A.

Supposons par exemple x_{i}<A. Si l’on avait x_{j}\leqslant A pour tout j\in\left\{ 1,\cdots,n+1\right\} -\left\{ i\right\} , il en résulterait (par sommation d’inégalités) :

    \[\sum_{k=1}^{n+1}x_{k}<\left(n+1\right)A\]

ce qui est absurde (par définition de A).

Il existe donc j tel que x_{j}>A.

c) Avec ce qui précède, on voit que \left(A-x_{i}\right)\left(x_{j}-A\right)>0, c’est-à-dire

    \[A\left(x_{i}+x_{j}\right)-A^{2}-x_{i}x_{j}>0\]

ou encore :

    \[A\left(x_{i}+x_{j}-A\right)>x_{i}x_{j}\]

d) On peut toujours supposer i<j, quitte à échanger les termes x_{i} et x_{j} dans la liste (ce n’est pas essentiel mais cela va simplifier la présentation). L’hypothèse de récurrence appliquée à la liste \left(x_{1},\cdots,x_{i-1},x_{i+1},\cdots,x_{j-1},x_{j+1},\cdots,x_{n+1},x_{i}+x_{j} A\right) donne :

    \begin{eqnarray*}& \left(x_{1}\cdots x_{i-1}x_{i+1}\cdots x_{j-1}x_{j+1}\cdots x_{n+1}\left(x_{i}+x_{j}-A\right)\right)^{1/n} &\\& \leqslant &\\& \frac{1}{n}\left(x_{1}+\cdots+x_{i-1}+x_{i+1}+\cdots+x_{j-1}+x_{j+1}+\cdots+x_{n+1}+\left(x_{i}+x_{j}-A\right)\right) &\end{eqnarray*}


Dans cette dernière inégalité, le membre de droite (on devrait dire “le membre du haut”, mais bon) vaut :

    \[\frac{1}{n}\left(\left(n+1\right)A-A\right)=A\]

On a donc, en élevant à la puissance n :

    \[G^{n+1}\thinspace\frac{x_{i}+x_{j}-A}{x_{i}x_{j}}\leqslant A^{n}\]


donc, d’après le point c) :

    \[\frac{G^{n+1}}{A}\leqslant A^{n}\]


et finalement G\leqslant A, comme souhaité.


Si un point n’est pas clair ou vous paraît insuffisamment détaillé, n’hésitez pas à poster un commentaire ou à me joindre via le formulaire de contact.

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