salut

je ne crois pas que ce genre d'expression se prête à une démonstration par récurrence .....

est-ce explicite dans l'énoncé ?

par contre "on sait" que la moyenne géométrique de n termes est inférieure à leur moyenne arithmétique ...

on utilise pour cela de la convexité il me semble ...

Bonsoir. En faite pour ta question de récurrence moi j'irai à faire un developement du numérateur utilise formule de binôme de Newton  . Mais d'ailleur il fallait être clair que ça donne un clichet quand tu mettra n=2 . Bonne chance

La recurrence c'est specifié ds l'énoncé

Sinon je connais une démonstration assez élégante :

On effectue une suite d'opérations qui laisse invariant mais qui augmente
On note
Si tous les a_i ne sont pas égaux, alors puisque min a_i a max a_i, il existe i et j tels que a_i < a < a_j
on remplace alors a_i par a'_i = a et a_j par a'_j=a_i+a_j-a
Cette opération laisse inchangé et donc la valeur de a
Par contre l'autre membre augmente car a'_ia'_j=a(a_i+a_j-a)=a_ia_j+(a_j-a)(a-a_i) > a_ia_j les autres termes restant les mêmes.

Or, par cette opération, le nombre de a_i égaux à a augmente d'une unité. On ne pourra donc pas la répéter indéfiniment. Le seul test d'arrêt est d'avoir tous les a_i égaux, et dans ce cas l'inégalité devient une égalité. Dans tous les autres cas 'linégalité est stricte. On a donc notre résultat.

Plus élégant que l'utilisation de la concavité de ln ?

Bonsoir,

Il y a aussi une preuve célèbre due à Cauchy.

Elle repose sur une forme de récurrence inhabituelle.

On initialise avec P(2)  (facile)

Puis on prouve que

1°) P(n) implique P(n-1)
2°) P(n) et P(2) impliquent P(2n)
Ce qui implique que P(n) est vraie pour tout n.

Démontrons le 1°)

Soit

D'après P(n) :



D'où, en divisant par A,



C'est-à-dire P(n-1)

Démontrons le 2°)

D'après P(n) :



et d'après P(2) :




c'est-à-dire P(2n).

Voilou. Pas facile à inventer sans indication quand même...

Mais pourquoi P(n) vrai pour tout n ? Ne faut il pas au moins verifié pour un nombre n impair disons P(3)  avec P(2) pour que ça marche. Cordialement.

Ah d'accord n=2 et P(2) . Désolé ....

Merci

Une démonstration par recurrence simple n'existe pas?

Bonjour,

Merci Moundir pour la question et merci frenicle pour ta réponse.

merci frenicle pour cette démonstration intéressante ....

Bonsoir

Désolé de venir encore sur cette demonstration donnée par frenicle, mais j'ai besoin de plus d'explication
1°) P(n) implique P(n-1) 
2°) P(n) et P(2) impliquent P(2n) 
3)Ce qui implique que P(n) est vraie


Pour 1) et 2) y a pas de problème
c'est au niveau de la 3) que j' arrive pas admettre
la généralisation pour tout n

merci pour vos réponses.

Bonsoir. Mois j'ai pris n=2 donc on aura par 2) P(4) vrai donc P(3) vrai du 1) . Ensuite prend n=3 et itère on aura vrai pour tout n (pair, impair) . Juste un mot pour mon message au début et le faite utiliser binôme de Neuton  on peut trouver un tel que mais avoir ce .ce n'est pas évident que pour n=2 et n=3 ( on peut le vérifier) n=4? (...)

Je veux dire

Pour moundir

Soit A une partie de * vérifiant :
  ..1 A
  ..Si n A alors 2n A
  ..Si n > 2 est dans A alors n - 1  y est aussi ( ou si k > 1  n'est pas dans A  alors k + 1 non plus .

A contient donc {2ⁿ | n } et n'est donc pas borné .

  Supposons que B := *\A  soit non vide et soit b = Min(B) .  
  On a  b B donc ( récurrence classique ) B = {b,b+1,b+2,....} et A est borné .
  C'est contradictoire .
On a donc A = * .