Posons, pour tout $n$ entier naturel non nul, $i \in \{1,...,n\}$ et $x_i \in \mathbb{R}$:
$a_i=e^{x_i}>0$.
Un simple réarrangement de l’inégalité donne alors à prouver que :
$ \Big(\frac{\sum_{i=1}^n a_i }{\Pi_{i=1}^n \sqrt[n]{a_i}}\Big)^k-\sum_{i=1}^n \big(\frac{a_i}{\Pi_{i=1}^n \sqrt[n]{a_i}}\big)^k \geq n^k -n$.
Notons, quitte à réindexer, $a_1=\max_{i} a_i$ , de sorte que $\Pi_{i=1}^n \sqrt[n]{a_i}\geq a_1$ , d’où :
$\sum_{i=1}^n \big(\frac{a_i}{\Pi_{i=1}^n \sqrt[n]{a_i}} \big)^k \leq \sum_{i=1}^{n} \big(\frac{a_1}{a_1} \big)^k=n$.
L’inégalité AG nous donne d’autre part que : $\Pi_{i=1}^n \sqrt[n]{a_i} \leq \frac{\sum_{i=1}^n a_i }{n}$.
Le résultat suit.
@etanche : c’est un exercice difficile. Voici des indications.
- Montrer qu’il existe des $ y_j=e^{x_j}>0$ pour $j=1,...,n$ et $n>1$ entier et $k>1$ entier tels que $\displaystyle (n^k-n) \prod_{j=1}^{n} y_j^{k/n}\leq (\sum_{j=1}^{n} y_j)^k-\sum_{j=1}^{n} y_j^k.$
- Pour $n=2$, montrer qu’il s’agit de démontrer que $\displaystyle \sum_{p=1}^{k-1} C_k^p x^p y^{k-p}\geq (2^k-2) (x y)^{k/2}$ avec $x,y$ réels strictement positifs.
- Montrer que $\displaystyle \sum_{p=1}^{k-1} C_k^p=2^k-2.$
- Montrer que $\displaystyle \sum_{p=1}^{k-1} p C_k^p= \sum_{p=1}^{k-1}(k- p )C_k^p=(2^{k-1}-1)k.$
- Conclure pour $n=2$ par l’utilisation de l’inégalité arithmético-géométrique avec poids.
- Généraliser à $n$ variables : pour $\displaystyle (\sum_{j=1}^{n} y_j)^k=\sum_{\sum_{a=1}^n p_a=k} {k!\over \prod_{a=1}^{n} p_a!} \prod_{a=1}^{n} y_a^{p_a}$ montrer que $\displaystyle \sum_{\sum_{a=1}^n p_a=k, p_a\neq k}{k!\over \prod_{a=1}^{n} p_a!} =n^k-n$ et que $\displaystyle \sum_{\sum_{a=1}^n p_a=k, p_a\neq k}{k!\over \prod_{a=1}^{n} p_a!} p_a=(n^{k-1}-1)k$ avec $p_a=0,1,..., k.$
- Conclure.
À prouver $$ \left(\sum_{i=1}^n a_i^n\right)^k + n\prod_{i=1}^n a_i^k\ge n^k \prod_{i=1}^n a_i^k +\sum_{i=1}^n a_i^{kn}$$ et c'est Muirhead aprés dévoloppement (les puissances sont des entiers naturels)
Edit
c'est le cas $n=2$.
En général $n\ge 3$ inégalité arithmético-géométrique (Muirhead fait le même) mais il faut les formules lourds multinomiales.
Salut.
On peut poser $x_i = 1 + x'_i$ pour $i\in [\![1; n]\!]$.
On pourra alors comparer $n^{k}.exp(\dfrac{kx'_1 + \cdots + kx'_n}{n})$ et $(e^{x'_1} + \cdots + e^{x'_n})^k$, puis $n.exp(\dfrac{kx'_1 + \cdots + kx'_n}{n})$ et $e^{x'_1} + \cdots + e^{x'_n}$ ou voir les deux différences.
@babsgueye : tu sais très bien que c’est la même chose et ta transformation est inutile. En revanche, que penses-tu de $x_i=\pi +x’_i$ ;-) ? @Tonm : peux-tu développer ou rédiger pour $n=3$ par exemple ? Muirhead demande des sommes symétriques dont la somme des exposants est inchangée. Je n’arrive pas à voir en quoi ça aide ici.
( et il manque un exposant $k$ à gauche dans ta formule.)
Non @Yves ma transformation n'est pas inutile et je vois pas qu'est ce $\pi$ vient faire ici.
Après la transformation (que j'ai rectifiée; il y avait un $k$ oublié), s'il y a pas d'erreur, je ne crois plus à la véracité de cette inégalité. Prendre les $x'_i$ négatifs par exemple et $k$ très grand.
Pour $n$ fixe, $x_0+\ldots+x_n=0$ et $a\geq 2$ on pose
$$f_n=(e^{x_0}+\ldots+e^{x_n}) ^a-e^{ax_0}-\ldots-e^{ax_n}$$ et on veut montrer $f_n\geq f_0=(n+1)^a-n-1.$ Pour cela on introduit $s_k=x_1+\cdots+x_k,$ et $$f_k=(e^{x_1}+\ldots+e^{x_k}+(n+1-k)e^{-s_k/(n+1-k)}) ^a-e^{ax_1}-\ldots-e^{ax_k}-(n+1-k)e^{-as_k/(n+1-k)},$$ et on montre que $f_k-f_{k-1}\geq 0$ pour $k=1,\ldots,n.$ En effet si $x_1,\ldots, x_{k-1}$ sont fixes, considerons le minimum de $g(x_k)=f_k.$ On a $$g'(x_k)=a\left(e^{x_k}-e^{-\frac{s_{k-1}+x_k}{n+k-1}}\right)A$$ ou $A$ est la quantite suivante
$$A=\left(e^{x_1}+\ldots+e^{x_k}+(n+1-k)e^{-\frac{s_{k-1}+x_k}{n+k-1}}\right)^{a-1}-
\frac{e^{ax_k}-e^{-a\frac{s_{k-1}+x_k}{n+k-1}}}
{e^{x_k}-e^{-\frac{s_{k-1}+x_k}{n+k-1}}}$$ qui est plus grande que
$$h(x_k)=\left(e^{x_k}+(n+1-k)e^{-\frac{s_{k-1}+x_k}{n+k-1}}\right)^{a-1}-
\frac{e^{ax_k}-e^{-a\frac{s_{k-1}+x_k}{n+k-1}}}
{e^{x_k}-e^{-\frac{s_{k-1}+x_k}{n+k-1}}}$$ Avec les notations plus simples $b=1/(n+1-k)\leq 1$ et $c=s_{k-1}$ on arrive laborieusement a montrer que pour tout $t$ reel on a
$$h(t)=(e^t+b^{-1}e^{-(bt+c)})^{a-1}-\frac{e^{at}-e^{-a(bt+c)}}{e^{t}-e^{-(bt+c)}}>0$$ ce qui garantit que $A>0$ et donc que $g'$ s'annule en $x_k=-s_{k-1}/(n+2-k).$ Cela signifie que le minimum de $g$ est $f_{k-1}$ et termine la demonstration.
Une reponse immediate a la question initiale d'etanche, qui etait: montrer que si $k\geq 2$ est entier et $x_0+\cdots+x_n=0$ alors $$f(x_1,\ldots,x_n)=(e^{x_0}+\cdots+e^{x_n})^k-e^{kx_0}-\cdots-e^{kx_n}\geq (n+1)^k-n-1$$ s'obtient en observant que $f$ est convexe, puisque c'est une somme d'exponentielles de formes lineaires et que la differentielle de $f$ s'annule en $x_1=\ldots=x_n=0.$ Montrer que $f$ est convexe quand l'entier $k$ est remplace par le reel $a\geq 2$ est plus coton.
Réponses
Posons, pour tout $n$ entier naturel non nul, $i \in \{1,...,n\}$ et $x_i \in \mathbb{R}$:
$a_i=e^{x_i}>0$.
Un simple réarrangement de l’inégalité donne alors à prouver que :
$ \Big(\frac{\sum_{i=1}^n a_i }{\Pi_{i=1}^n \sqrt[n]{a_i}}\Big)^k-\sum_{i=1}^n \big(\frac{a_i}{\Pi_{i=1}^n \sqrt[n]{a_i}}\big)^k \geq n^k -n$.
Notons, quitte à réindexer, $a_1=\max_{i} a_i$ , de sorte que $\Pi_{i=1}^n \sqrt[n]{a_i}\geq a_1$ , d’où :
$\sum_{i=1}^n \big(\frac{a_i}{\Pi_{i=1}^n \sqrt[n]{a_i}} \big)^k \leq \sum_{i=1}^{n} \big(\frac{a_1}{a_1} \big)^k=n$.
L’inégalité AG nous donne d’autre part que : $\Pi_{i=1}^n \sqrt[n]{a_i} \leq \frac{\sum_{i=1}^n a_i }{n}$.
Le résultat suit.
$f(y_1,...,y_n)=(y_1+..+y_n)^k - (y_1^k+...+y_n^k) $ sous la condition $y_1...y_n=1,y_j>0$
Il faudrait voir que $f(y_1,..,y_n)\geq f(1,...,1)=n^k-n $
Merci
Désolé @etanche. Je suis rentré tard, mais je ne vois absolument pas. En attendant l'intervention d'intervenants plus calés.
Cordialement
@etanche : c’est un exercice difficile. Voici des indications.
- Montrer qu’il existe des $ y_j=e^{x_j}>0$ pour $j=1,...,n$ et $n>1$ entier et $k>1$ entier tels que $\displaystyle (n^k-n) \prod_{j=1}^{n} y_j^{k/n}\leq (\sum_{j=1}^{n} y_j)^k-\sum_{j=1}^{n} y_j^k.$
- Pour $n=2$, montrer qu’il s’agit de démontrer que $\displaystyle \sum_{p=1}^{k-1} C_k^p x^p y^{k-p}\geq (2^k-2) (x y)^{k/2}$ avec $x,y$ réels strictement positifs.
- Montrer que $\displaystyle \sum_{p=1}^{k-1} C_k^p=2^k-2.$
- Montrer que $\displaystyle \sum_{p=1}^{k-1} p C_k^p= \sum_{p=1}^{k-1}(k- p )C_k^p=(2^{k-1}-1)k.$
- Conclure pour $n=2$ par l’utilisation de l’inégalité arithmético-géométrique avec poids.
- Généraliser à $n$ variables : pour $\displaystyle (\sum_{j=1}^{n} y_j)^k=\sum_{\sum_{a=1}^n p_a=k} {k!\over \prod_{a=1}^{n} p_a!} \prod_{a=1}^{n} y_a^{p_a}$ montrer que $\displaystyle \sum_{\sum_{a=1}^n p_a=k, p_a\neq k}{k!\over \prod_{a=1}^{n} p_a!} =n^k-n$ et que $\displaystyle \sum_{\sum_{a=1}^n p_a=k, p_a\neq k}{k!\over \prod_{a=1}^{n} p_a!} p_a=(n^{k-1}-1)k$ avec $p_a=0,1,..., k.$
- Conclure.
À prouver $$ \left(\sum_{i=1}^n a_i^n\right)^k + n\prod_{i=1}^n a_i^k\ge n^k \prod_{i=1}^n a_i^k +\sum_{i=1}^n a_i^{kn}$$ et c'est Muirhead aprés dévoloppement (les puissances sont des entiers naturels)
Edit
c'est le cas $n=2$.
En général $n\ge 3$ inégalité arithmético-géométrique (Muirhead fait le même) mais il faut les formules lourds multinomiales.
On peut poser $x_i = 1 + x'_i$ pour $i\in [\![1; n]\!]$.
On pourra alors comparer $n^{k}.exp(\dfrac{kx'_1 + \cdots + kx'_n}{n})$ et $(e^{x'_1} + \cdots + e^{x'_n})^k$, puis $n.exp(\dfrac{kx'_1 + \cdots + kx'_n}{n})$ et $e^{x'_1} + \cdots + e^{x'_n}$ ou voir les deux différences.
Je sais pas si c'est plus simple !
@babsgueye : tu sais très bien que c’est la même chose et ta transformation est inutile. En revanche, que penses-tu de $x_i=\pi +x’_i$ ;-) ?
@Tonm : peux-tu développer ou rédiger pour $n=3$ par exemple ? Muirhead demande des sommes symétriques dont la somme des exposants est inchangée. Je n’arrive pas à voir en quoi ça aide ici.
( et il manque un exposant $k$ à gauche dans ta formule.)
C'est bien symétrique
@Tonm : tu te trompes, mais tu ne me trompes pas. Le barratin ne sert à rien...
Cordialement.
Après la transformation (que j'ai rectifiée; il y avait un $k$ oublié), s'il y a pas d'erreur, je ne crois plus à la véracité de cette inégalité. Prendre les $x'_i$ négatifs par exemple et $k$ très grand.
$$f_n=(e^{x_0}+\ldots+e^{x_n}) ^a-e^{ax_0}-\ldots-e^{ax_n}$$ et on veut montrer $f_n\geq f_0=(n+1)^a-n-1.$ Pour cela on introduit $s_k=x_1+\cdots+x_k,$ et $$f_k=(e^{x_1}+\ldots+e^{x_k}+(n+1-k)e^{-s_k/(n+1-k)}) ^a-e^{ax_1}-\ldots-e^{ax_k}-(n+1-k)e^{-as_k/(n+1-k)},$$ et on montre que $f_k-f_{k-1}\geq 0$ pour $k=1,\ldots,n.$ En effet si $x_1,\ldots, x_{k-1}$ sont fixes, considerons le minimum de $g(x_k)=f_k.$ On a $$g'(x_k)=a\left(e^{x_k}-e^{-\frac{s_{k-1}+x_k}{n+k-1}}\right)A$$ ou $A$ est la quantite suivante
$$A=\left(e^{x_1}+\ldots+e^{x_k}+(n+1-k)e^{-\frac{s_{k-1}+x_k}{n+k-1}}\right)^{a-1}-
\frac{e^{ax_k}-e^{-a\frac{s_{k-1}+x_k}{n+k-1}}}
{e^{x_k}-e^{-\frac{s_{k-1}+x_k}{n+k-1}}}$$ qui est plus grande que
$$h(x_k)=\left(e^{x_k}+(n+1-k)e^{-\frac{s_{k-1}+x_k}{n+k-1}}\right)^{a-1}-
\frac{e^{ax_k}-e^{-a\frac{s_{k-1}+x_k}{n+k-1}}}
{e^{x_k}-e^{-\frac{s_{k-1}+x_k}{n+k-1}}}$$ Avec les notations plus simples $b=1/(n+1-k)\leq 1$ et $c=s_{k-1}$ on arrive laborieusement a montrer que pour tout $t$ reel on a
$$h(t)=(e^t+b^{-1}e^{-(bt+c)})^{a-1}-\frac{e^{at}-e^{-a(bt+c)}}{e^{t}-e^{-(bt+c)}}>0$$ ce qui garantit que $A>0$ et donc que $g'$ s'annule en $x_k=-s_{k-1}/(n+2-k).$ Cela signifie que le minimum de $g$ est $f_{k-1}$ et termine la demonstration.
@etanche, quelle est l'origine de cette question?
@P C'est un étudiant en math spécial qui m'a demandé cette de l'aider il veut intégrer ENS ou l'X.