| Méthodes | |
| Passage par la différence | → Méth. 1 |
| Passage par le quotient | → Méth. 2 |
| Récurrence simple | → Méth. 3 |
| Étude de fonction | → Méth. 4 |
| Contraposée | → Méth. 5 |
| Absurde | → Méth. 6 |
| Homogénéité | → Méth. 7 |
| Théorèmes | |
| AM-GM — preuve par différence | → §I |
| AM-GM — preuve par fonction | → §IV |
| AM-GM — preuve par homogénéité | → §VI |
La Partie I a fourni les outils : ordre, valeur absolue, Bernoulli. La Partie II est un catalogue de techniques — des stratégies générales pour attaquer n'importe quelle inégalité.
Chaque section présente une méthode, sa structure logique, ses conditions d'application, et plusieurs exemples dont des preuves nouvelles de l'inégalité AM-GM.
L'inégalité AM-GM \(\dfrac{a+b}{2} \geq \sqrt{ab}\) (pour \(a,b \geq 0\)) sera redémontrée par chacune des techniques de cette partie. C'est le meilleur test pour maîtriser une méthode : si on sait l'appliquer à AM-GM, on sait l'appliquer à presque tout.
Pour montrer \(f(x) \geq g(x)\), on pose \(h(x) = f(x) - g(x)\) et on montre \(h(x) \geq 0\).
Autrement dit :
\[f(x) \geq g(x) \iff f(x) - g(x) \geq 0\]On essaie ensuite de factoriser \(h(x)\) sous une forme manifestement positive :
Si \(h(x) = f(x) - g(x)\) s'annule en certains points, ce sont exactement les cas d'égalité dans l'inégalité \(f(x) \geq g(x)\). Les identifier fait partie de la démonstration complète.
Pour tout \(x \in \mathbb{R}\) : \(x^2 \geq 0\), avec égalité ssi \(x = 0\).
Plus généralement, toute somme de carrés est positive : \(\displaystyle\sum_{k=1}^n x_k^2 \geq 0\), avec égalité ssi \(x_1 = \cdots = x_n = 0\).
Montrer que \(a^2 + b^2 \geq 2ab\) pour tous \(a, b \in \mathbb{R}\).
\[a^2 + b^2 - 2ab = (a-b)^2 \geq 0\]Égalité ssi \(a = b\). □
Montrer que pour tous \(a, b \geq 0\) : \(\dfrac{a+b}{2} \geq \sqrt{ab}\).
On pose \(u = \sqrt{a} \geq 0\) et \(v = \sqrt{b} \geq 0\). Alors :
\[\frac{a+b}{2} - \sqrt{ab} = \frac{u^2 + v^2}{2} - uv = \frac{u^2 - 2uv + v^2}{2} = \frac{(u-v)^2}{2} \geq 0\]Égalité ssi \(u = v\), i.e. \(a = b\). □
Montrer que pour tous \(a, b, c \in \mathbb{R}\) : \(a^2 + b^2 + c^2 \geq ab + bc + ca\).
\[a^2 + b^2 + c^2 - ab - bc - ca = \frac{1}{2}\left[(a-b)^2 + (b-c)^2 + (c-a)^2\right] \geq 0\]Égalité ssi \(a = b = c\). □
Montrer que pour \(x > 0\) : \(x + \dfrac{1}{x} \geq 2\).
\[x + \frac{1}{x} - 2 = \frac{x^2 - 2x + 1}{x} = \frac{(x-1)^2}{x} \geq 0\]car \((x-1)^2 \geq 0\) et \(x > 0\). Égalité ssi \(x = 1\). □
Montrer par la différence que pour tous \(a, b, c > 0\) : \(\dfrac{a}{b} + \dfrac{b}{c} + \dfrac{c}{a} \geq 3\). Indication : utiliser AM-GM à trois termes, ou développer directement.
Si \(a > 0\) et \(b > 0\), alors : \[a \leq b \iff \frac{a}{b} \leq 1 \iff \frac{b}{a} \geq 1\] Plus généralement, si \(b > 0\) : \[a \leq b \iff \frac{a}{b} \leq 1\]
On ramène ainsi l'inégalité à l'étude du signe de \(\dfrac{a}{b} - 1 = \dfrac{a-b}{b}\), ce qui revient souvent à la méthode par la différence avec dénomination explicite.
Montrer que \(2^n \leq n!\) pour tout \(n \geq 4\).
On étudie le quotient \(q_n = \dfrac{n!}{2^n}\).
\(q_4 = \dfrac{24}{16} = \dfrac{3}{2} > 1\). ✓
Si \(q_n \geq 1\), alors :
\[q_{n+1} = q_n \cdot \frac{n+1}{2} \geq 1 \cdot \frac{n+1}{2} \geq 1 \quad \text{pour } n \geq 1\]
Par récurrence, \(q_n \geq 1\) pour tout \(n \geq 4\), soit \(2^n \leq n!\). □
Soit \(u_n = \dfrac{n^2}{2^n}\). Montrer que la suite est décroissante pour \(n \geq 3\).
On calcule le quotient \(\dfrac{u_{n+1}}{u_n}\) :
\[\frac{u_{n+1}}{u_n} = \frac{(n+1)^2}{2^{n+1}} \cdot \frac{2^n}{n^2} = \frac{(n+1)^2}{2n^2} = \frac{1}{2}\left(1 + \frac{1}{n}\right)^2\]Pour \(n \geq 3\) : \(\left(1 + \dfrac{1}{n}\right)^2 \leq \left(\dfrac{4}{3}\right)^2 = \dfrac{16}{9} < 2\). Donc \(\dfrac{u_{n+1}}{u_n} < 1\), soit \(u_{n+1} < u_n\) : la suite est décroissante. □
Montrer que \(\dfrac{(2n)!}{4^n \cdot (n!)^2} \leq 1\) pour tout \(n \geq 1\). Indication : étudier le quotient \(a_{n+1}/a_n\) où \(a_n\) est le membre gauche.
Pour montrer une propriété \(P(n)\) pour tout \(n \geq n_0\) :
Montrer que pour \(x \geq -1\) et \(n \in \mathbb{N}\) : \((1+x)^n \geq 1 + nx\).
Initialisation (\(n = 0\)) : \((1+x)^0 = 1 \geq 1 + 0 \cdot x = 1\). ✓
Hérédité : supposons \((1+x)^n \geq 1 + nx\). Alors :
\[(1+x)^{n+1} = (1+x)^n \cdot (1+x) \geq (1+nx)(1+x)\]car \(1+x \geq 0\) (on peut multiplier par un positif sans changer le sens).
\[(1+nx)(1+x) = 1 + x + nx + nx^2 = 1 + (n+1)x + nx^2 \geq 1 + (n+1)x\]car \(nx^2 \geq 0\). Par transitivité : \((1+x)^{n+1} \geq 1+(n+1)x\). ✓
Conclusion : Bernoulli est vrai pour tout \(n \in \mathbb{N}\). □
Montrer que \(n! \geq 2^{n-1}\) pour tout \(n \geq 1\).
Initialisation (\(n = 1\)) : \(1! = 1 \geq 2^0 = 1\). ✓
Hérédité : supposons \(n! \geq 2^{n-1}\). Alors :
\[(n+1)! = (n+1) \cdot n! \geq (n+1) \cdot 2^{n-1} \geq 2 \cdot 2^{n-1} = 2^n\]car \(n+1 \geq 2\) pour \(n \geq 1\). ✓ □
Dans la récurrence forte, on suppose \(P(n_0), P(n_0+1), \ldots, P(n)\) toutes vraies (et non seulement \(P(n)\)) pour démontrer \(P(n+1)\). Utile quand \(P(n+1)\) dépend de plusieurs rangs précédents.
Soit \((F_n)\) la suite de Fibonacci : \(F_0 = 0\), \(F_1 = 1\), \(F_{n+2} = F_{n+1} + F_n\). Montrer que \(F_n \leq 2^n\) pour tout \(n \geq 0\).
Initialisation : \(F_0 = 0 \leq 1 = 2^0\) et \(F_1 = 1 \leq 2 = 2^1\). ✓
Hérédité (récurrence forte) : supposons \(F_k \leq 2^k\) pour tout \(k \leq n\). Alors :
\[F_{n+1} = F_n + F_{n-1} \leq 2^n + 2^{n-1} = 2^{n-1}(2+1) = 3 \cdot 2^{n-1} \leq 2^{n+1}\]car \(3 \leq 4 = 2^2\). ✓ □
Montrer par récurrence que pour tout \(n \geq 1\) : \[\sum_{k=1}^n \frac{1}{k^2} \leq 2 - \frac{1}{n}\] Indication : à l'étape d'hérédité, majorer \(\dfrac{1}{(n+1)^2}\) par \(\dfrac{1}{n(n+1)}\).
Pour montrer \(f(x) \geq g(x)\) sur un intervalle \(I\), on pose \(h = f - g\) et on montre \(h \geq 0\) sur \(I\).
Le cas d'égalité correspond aux points où \(h\) atteint son minimum.
Montrer que pour \(t > 0\) : \(t + \dfrac{1}{t} \geq 2\), puis en déduire AM-GM.
On pose \(h(t) = t + \dfrac{1}{t} - 2\) sur \(\mathbb{R}_+^*\).
\[h'(t) = 1 - \frac{1}{t^2} = \frac{t^2 - 1}{t^2}\]\(h'(t) < 0\) pour \(t \in ]0,1[\), \(h'(1) = 0\), \(h'(t) > 0\) pour \(t > 1\). Donc \(h\) est décroissante puis croissante, avec minimum en \(t = 1\) : \(h(1) = 1 + 1 - 2 = 0\).
Donc \(h(t) \geq 0\) pour tout \(t > 0\), soit \(t + \dfrac{1}{t} \geq 2\). Égalité ssi \(t = 1\).
Déduction AM-GM : pour \(a, b > 0\), on pose \(t = \sqrt{a/b}\) : \[\sqrt{\frac{a}{b}} + \sqrt{\frac{b}{a}} \geq 2 \implies \frac{a + b}{2\sqrt{ab}} \cdot \frac{2\sqrt{ab}}{\sqrt{ab}} \geq 2\] Plus directement : en multipliant par \(\sqrt{ab} > 0\) : \[\frac{a+b}{2} \geq \sqrt{ab}\] □
Montrer que \(\ln(1+x) \leq x\) pour tout \(x > -1\).
On pose \(h(x) = x - \ln(1+x)\) sur \(]-1, +\infty[\).
\[h'(x) = 1 - \frac{1}{1+x} = \frac{x}{1+x}\]\(h'(x) < 0\) pour \(x \in ]-1, 0[\), \(h'(0) = 0\), \(h'(x) > 0\) pour \(x > 0\). Minimum en \(x = 0\) : \(h(0) = 0 - \ln(1) = 0\).
Donc \(h(x) \geq 0\), soit \(\ln(1+x) \leq x\). Égalité ssi \(x = 0\). □
L'inégalité \(\ln(1+x) \leq x\) est fondamentale en analyse. Elle implique notamment \(e^x \geq 1 + x\) (en posant \(x \leftarrow e^x - 1\)), qui est la version exponentielle de Bernoulli.
Une fonction \(f\) est convexe sur \(I\) si pour tous \(a, b \in I\) et tout \(t \in [0,1]\) : \[f(ta + (1-t)b) \leq tf(a) + (1-t)f(b)\] Géométriquement : la courbe est en dessous de toute corde.
Si \(f\) est deux fois dérivable, \(f\) est convexe ssi \(f'' \geq 0\). La convexité est à la source de nombreuses inégalités classiques — notamment l'inégalité de Jensen (Partie III).
Montrer par étude de fonction que \(e^x \geq 1 + x\) pour tout \(x \in \mathbb{R}\). En déduire que \(e^x \geq 1 + x + \dfrac{x^2}{2}\) pour \(x \geq 0\).
Pour montrer \(A \Rightarrow B\), on peut montrer l'équivalente \(\neg B \Rightarrow \neg A\). Appliqué aux inégalités :
\[\text{Pour montrer } f(x) \geq g(x) \text{ sous hypothèse } H,\] \[\text{on peut supposer } f(x) < g(x) \text{ et en déduire } \neg H.\]Particulièrement utile pour les inégalités strictes et les cas d'égalité.
Montrer que si \(a, b > 0\) et \(\dfrac{a+b}{2} = \sqrt{ab}\), alors \(a = b\).
Par contraposée : supposons \(a \neq b\). Alors \((\sqrt{a} - \sqrt{b})^2 > 0\), soit \(a + b > 2\sqrt{ab}\), soit \(\dfrac{a+b}{2} > \sqrt{ab}\). Donc l'égalité n'a pas lieu. □
Pour montrer \(P\), on suppose \(\neg P\) et on en déduit une contradiction (une proposition fausse ou une inégalité absurde).
Utile quand l'inégalité est difficile à attaquer directement, ou quand on veut montrer une inégalité stricte avec cas d'égalité non trivial.
Montrer que pour \(n \geq 2\) : \(\sqrt{n+1} - \sqrt{n} < \dfrac{1}{2\sqrt{n}}\).
Par l'absurde : supposons \(\sqrt{n+1} - \sqrt{n} \geq \dfrac{1}{2\sqrt{n}}\). En multipliant par \((\sqrt{n+1} + \sqrt{n}) > 0\) : \[1 = (n+1) - n \geq \frac{\sqrt{n+1} + \sqrt{n}}{2\sqrt{n}} \geq \frac{2\sqrt{n}}{2\sqrt{n}} = 1\] Donc \(\sqrt{n+1} + \sqrt{n} = 2\sqrt{n}\), soit \(\sqrt{n+1} = \sqrt{n}\), soit \(n+1 = n\) : contradiction. □
Montrer par l'absurde que si \(a + b \geq 2\) et \(ab \geq 1\), alors \(a \geq 1\) et \(b \geq 1\).
Une inégalité \(f(a, b) \geq g(a, b)\) est homogène de degré \(d\) si pour tout \(\lambda > 0\) : \[f(\lambda a, \lambda b) = \lambda^d f(a, b) \quad \text{et} \quad g(\lambda a, \lambda b) = \lambda^d g(a, b)\]
Si une inégalité est homogène, on peut normaliser les variables sans perte de généralité. Les normalisations les plus utiles sont :
On remplace ensuite l'une des variables par l'autre via la contrainte, réduisant le problème à une variable.
Montrer que pour \(a, b \geq 0\) : \(\dfrac{a+b}{2} \geq \sqrt{ab}\).
L'inégalité est homogène de degré 1 : remplacer \((a,b)\) par \((\lambda a, \lambda b)\) multiplie les deux membres par \(\lambda\).
Normalisation : on peut supposer \(ab = 1\) (si \(ab = 0\), l'inégalité est triviale). En posant \(b = 1/a\), on doit montrer : \[\frac{a + 1/a}{2} \geq 1 \iff a + \frac{1}{a} \geq 2\] Ce qui est l'exemple 4 (ou exemple 10). □
Montrer que pour \(a, b, c > 0\) avec \(a + b + c = 1\) : \(ab + bc + ca \leq \dfrac{1}{3}\).
On utilise l'exemple 3 : \(a^2 + b^2 + c^2 \geq ab + bc + ca\). Or \((a+b+c)^2 = a^2 + b^2 + c^2 + 2(ab+bc+ca) = 1\). Donc \(a^2 + b^2 + c^2 = 1 - 2(ab+bc+ca)\). En substituant : \[1 - 2(ab+bc+ca) \geq ab+bc+ca \implies 1 \geq 3(ab+bc+ca) \implies ab+bc+ca \leq \frac{1}{3}\] □
Montrer que pour \(a, b, c > 0\) : \[\frac{a}{b+c} + \frac{b}{a+c} + \frac{c}{a+b} \geq \frac{3}{2}\] Indication : normaliser par \(a + b + c = 1\), puis utiliser AM-GM sur chaque fraction.
Nous avons maintenant cinq preuves différentes de l'inégalité AM-GM à deux termes. Chacune illustre une technique distincte et révèle un aspect différent de l'inégalité.
| Preuve | Technique | Idée clé |
|---|---|---|
| Partie I | Passage par la différence (carré) | \(\frac{(u-v)^2}{2} \geq 0\) avec \(u=\sqrt{a}, v=\sqrt{b}\) |
| §I | Différence + changement de variable | Même preuve, présentée différemment |
| §IV | Étude de fonction | \(t + 1/t \geq 2\) via \(h'(t) = 0\) en \(t=1\) |
| §VI | Homogénéité + normalisation | Ramène à \(a + 1/a \geq 2\) via \(ab=1\) |
| Partie III | Jensen (à venir) | Concavité de \(\ln\) |
La Partie III généralisera AM-GM à \(n\) termes et établira la chaîne complète \(\text{MQ} \geq \text{AM} \geq \text{GM} \geq \text{HM}\). Les techniques de cette partie — différence, récurrence, Jensen — seront toutes mobilisées.