Voici l’énoncé d’un exercice qui va démontrer une inégalité sur les nombres réels. On va donc mettre cet exercice dans le chapitre des réels. C’est un exercice faisable en première année dans le supérieur qui est tombé à l’oral du magistère Rennes.
Enoncé
Corrigé
Démonstration élémentaire
Afin de bien comprendre ce qu’il se passe, nous allons regarder ce qu’il se passe pour des valeurs de n relativement faibles. Commençons par le cas n = 4 :
\begin{align*}
\quad \sum_{i=1}^{4}\frac{x_i}{x_{5-i}}&=\frac{x_1}{x_4}+\frac{x_2}{x_3}+\frac{x_3}{x_2}+\frac{x_4}{x_1}\\
& = \left(\frac{x_1}{x_4}+\frac{x_4}{x_1}\right) + \left(\frac{x_3}{x_2}+\frac{x_2}{x_3}\right)
\end{align*}\\
C’est plutôt intéressant : une simple étude de fonction montre que :
\begin{align}
\underset{t\in\mathbb{R}^{*}_{+}}{\text{Min}}\left(t+\frac1t\right) = 2
\end{align}Ce qui démontre déjà que le résultat est vrai pour n = 4. Dans le cas d’un nombre pair de termes, il semble possible de les regrouper efficacement.
Regardons maintenant un cas où n est impair. Par exemple, le cas n = 5.
\begin{align*}
\quad \sum_{i=1}^{5}\frac{x_i}{x_{6-i}}&=\frac{x_1}{x_5}+\frac{x_2}{x_4}+\frac{x_3}{x_3}+\frac{x_4}{x_2}+\frac{x_5}{x_1} \\
&= 1+ \left(\frac{x_1}{x_5}+\frac{x_5}{x_1}\right) + \left(\frac{x_2}{x_4}+\frac{x_4}{x_2}\right)
\end{align*}Encore une fois, c’est génial : l’inégalité tient (par le même argument que précédemment).
Dans les cas impairs apparaît un terme constant égal à 1, c’est facile de s’en rendre compte dans le cas général : prenons n, entier strictement positif :
\begin{align*}
\sum_{i=1}^{n}\frac{x_i}{x_{n+1-i}} = \sum_{i=1}^{\lfloor n/2 \rfloor}\frac{x_i}{x_{n+1-i}} + \sum_{i=n+1-\lfloor n/2 \rfloor}^{n}\frac{x_i}{x_{n+1-i}} \quad + \textbf{1}_{n\equiv1[2]}\left(\frac{x_{\lfloor n/2 \rfloor+1}}{x_{n-\lfloor n/2\rfloor}}\right)
\end{align*}En regroupe les ⌊n/2⌋ premiers termes et les ⌊n/2⌋ derniers termes séparément, et on ajoute éventuellement un terme (celui du milieu) lorsqu’on dispose d’un nombre impair de termes.
Comme n est impair,
\exists k\in\mathbb{N},\; n = 2k+1 \;\;\text{et} \;\; \lfloor n/2\rfloor = kDe ce fait,
\frac{x_{\lfloor n/2 \rfloor+1}}{x_{n-\lfloor n/2\rfloor}}=\frac{x_{k+1}}{x_{(2k+1)-k}}=1C’est bien ce qu’on constatait dans le cas n = 5, le terme du milieu (pour n impair) est toujours égal à 1.
Réindexons maintenant la seconde somme avec :
j=n+1-i
On obtient,
\begin{align*}
\sum_{i=1}^{n}\frac{x_i}{x_{n+1-i}} &=
\sum_{i=1}^{\lfloor n/2 \rfloor}\frac{x_i}{x_{n+1-i}} + \sum_{j=1}^{\lfloor n/2 \rfloor}\frac{x_{n+1-j}}{x_{j}} \quad + \mathbf{1}_{n\equiv 1[2]} \\
& = \mathbf{1}_{n\equiv 1[2]}+\sum_{i=1}^{\lfloor n/2 \rfloor}\ \left( \frac{x_i}{x_{n+1-i}}+\frac{x_{n+1-i}}{x_i} \right)
\end{align*}Par la remarque (1) de tout à l’heure,
\sum_{i=1}^{n}\frac{x_i}{x_{n+1-i}} \geq \mathbf{1}_{n\equiv 1[2]} \; +2\lfloor n/2\rfloor =nDans tous les cas, que n soit impair où pair, la quantité de droite vaut n, cela donne le résultat voulu !
Démonstration en une ligne avec l’inégalité arithmético-géométrique
Grâce à l’inégalité arithmético-géométrique, on obtient directement que :
\sum_{i=1}^{n}\frac{x_i}{x_{n+1-i}} \geq n \left(\prod_{i=1}^n \frac{x_i}{x_{n+1-i}}\right)^{\frac{1}{n}} = nCette démonstration permet en plus de démontrer une généralisation de cet exercice :
\forall \sigma \in S_n, \sum_{i=1}^{n}\frac{x_i}{x_{\sigma(i)}} \geq n Démonstration avec Cauchy-Schwarz
Voici une démonstration utilisant Cauchy-Schwarz, la démo est la suivante :
\begin{array}{ll}
n &= \displaystyle \sum_{i=1}^n 1\\
&= \displaystyle \sum_{i=1}^n \sqrt{\dfrac{x_i}{x_{n+1-i}}} \sqrt{\dfrac{x_{n+1-i}}{x_{i}}}\\
&\leq \displaystyle \left(\sum_{k=1}^n \dfrac{x_i}{x_{n+1-i}}\right)^{\frac{1}{2}} \left(\sum_{i=1}^n\dfrac{x_{n+1-i}}{x_{i}}\right)^{\frac{1}{2}}\\
&\leq \displaystyle \left(\sum_{i=1}^n \dfrac{x_i}{x_{n+1-i}}\right)^{\frac{1}{2}} \left(\sum_{i=1}^n\dfrac{x_{i}}{x_{n+1-i}}\right)^{\frac{1}{2}}\\
&=\displaystyle \sum_{i=1}^n \dfrac{x_i}{x_{n+1-i}}\\
\end{array}On a fait le changement d’indice k’ = n+1-k à l’avant-dernière ligne de calcul
