Moyenne harmonique, géométrique et arithmétique

mathématiques
corrigé
Corrigé sur la moyenne harmonique, géométrique et arithmétique
Auteur·rice

Prepalib

Date de publication

29 novembre 2022

L’énoncé

Soient \((a,b) \in \mathbb{R_+^*\times R^*_+}\) et \((t_1, t_2) \in [0,1]\) tels que : \(t_1 + t_2 = 1\). On appelle :- moyenne harmonique pondérée (par (\(t_1,t_2\))) de \(a\) et \(b\), la valeur \(m_H\) définie par : \[\frac{1}{m_H} = t_1 \cdot \frac{1}{a} + t_2 \cdot \frac{1}{b}\]- moyenne géométrique pondérée de \(a\) et \(b\), la valeur \(m_G\) définie par\[\ln m_G = t_1 \cdot \ln(a) + t_2 \cdot \ln(b)\]- moyenne arithmétique pondérée de \(a\) et \(b\), la vlaeur \(m_A\) définie par\[m_A = t_1 a + t_2b \]

  1. Utiliser la concavité de la fonction \(\ln\) pour montrer que \(m_H \leq m_G \leq m_A\)

  2. Montrez que les suites \((a_n, b_n)\) définies par les relations suivantes sont adjacentesSoient \((a_0, b_0) \in \mathbb{R_+^*} \times \mathbb{R_+^*}\) et \[a_{n+1} = \frac{1}{2}(a_n + b_n) \\, \frac{1}{b_{n+1}} = \frac{1}{2}(\frac{1}{a_n} + \frac{1}{b_n}) \]

  3. Soit \(l = \underset{n \to +\infty}\lim a_n\). En calculant \(a_nb_n\), établir le lien entre \(l\) et \(a_0b_0\).

  4. Montrer que \(a_{n+1} - l = \frac{1}{2} \frac{(a_n - l)^2}{a_n}\). En déduire un résultat analogue pour \((a_{n+1} + l)\)

  5. Calculer \(\frac{a_n - l}{a_n + l}\) en fonction de n. En déduire un équivalent de \((a_n - l)\) quand \(n \to+\infty\).

La solution

  1. Si f est concave \(\iff \forall t_1, ..., t_n \in [0,1], |t_1 + ...+ t_n| = 1\), \(\forall x_1, ..., x_n \in I\), \(f(t_1 x_1 + ... + t_n x_n) \geq t_1 f(x_1) + ... + t_n f(x_n)\)Comme \(\ln (x)\) est concave sur \(\mathbb{R^{*+}}\) (d’après le cours). Soient \(t_1, t_2 \in [0,1]\) / \(t_1 + t_2 =1\). Alors : \[\ln(t_1 a + t_2 b) \geq t_1 \ln(a) + t_2 \ln(b) \iff \ln(x_A) \geq \ln(x_G)\].En reprenant l’inégalité précdente et remplaçons a et b par \(\frac{1}{a}\) et \(\frac{1}{b}\), nous obtenons immédiatement : \[\ln (\frac{1}{x_H}) \geq - ln (x_G) \iff ln (x_G) \geq ln (x_H) \].La croissance de la fonction \(\ln\) permet d’écrire : \[\fbox{$x_H \leq x_G \leq x_A$} \]

  2. En appliquant l’inégalité précédente avec \(t_1 = t_2 = \frac{1}{2}\) au couple \((a_0, b_0)\), nous obtenons imméditaement : \(0 < b_1 \leq a_1\).Ce qui entraîne : \[b_1 + b_1 \leq a_1 + b_1 \Rightarrow b_1 \leq \frac{a_1 +b_1}{2}  = a_2\]D’autre part, \(a_2 = \frac{a_1 + b_1}{2}\), on en déduit que :\[a_2 = \frac{a_1 + b_1}{2} \leq \frac{a_1 + a_1}{2} = a_1 \Rightarrow 0 < b_1 \leq a_2 \leq a_1\] et\[\frac{1}{b_2} = \frac{1}{2}(\frac{1}{a_1} + \frac{1}{b_1}) \leq \frac{1}{2}(\frac{1}{b_1} + \frac{1}{b_1}) \leq \frac{1}{b_1} \Rightarrow b_1 \leq b_2\]- En réutilisant la relation \(x_H \leq x_A\) au couple \((a_1, b_1)\), on obtient : \(b_2 \leq a_2\) et donc \(b_1 \leq b_2 \leq a_2 \leq a_1\).À l’aide d’une récurrence immédiate, on a que : \(b_{n-1} \leq b_n \leq a_n \leq a_{n-1}\).Donc : \[\fbox{$b_n \leq b_{n+1} \leq a_{n+1} \leq a_n$}\]Donc la suite \((b_n)\) est croissante et la suite \((a_n)\) est décroissante.Montrons, enfin, que \(\underset{n \to +\infty}\lim (a_n - b_n) = 0\). En utilisant la définition de \(a_n\) et \(b_n\), on a : \begin{align*}0 \leq a_n - b_n &  = \frac{1}{2}(a_{n-1} + b_{n-1})  - \frac{2a_{n-1} b_{n-1}}{a_{n-1} + b_{n-1}}\\a_n - b_n &= \frac{(a_{n-1} - b_{n-1})^2}{2(a_{n-1} + b_{n-1})} = \frac{1}{2}(a_{n-1} - b_{n-1}) \frac{a_{n-1} - b_{n-1}}{a_{n-1} + b_{n-1}}\end{align*}Comme \(0 \leq \frac{a_{n-1} - b_{n-1}}{a_{n-1} + b_{n-1}} \leq 1\), on a : \(0 \leq a_n - b_n \leq  \frac{1}{2} (a_{n-1} - b_{n-1})\). Par une récurrence immédiate : \(0 \leq a_n - b_n \leq \frac{1}{2^n} (a_0 - b_0) \underset{n \to +\infty}\rightarrow 0\).Les suites \((a_n, b_n)\) sont adjacentes. Elles ocnvergent et ont la même limite \(l\).

  3. On obtient facielemnt que \(a_nb_n, = a_{n-1}b_{n-1} = a_0b_0\). Donc, en passant à la limite : \(l^2 = a_0b_0\), et comme \(l \geq 0\), on en déduit que :\[\fbox{$l = \sqrt{a_0b_0}$} \]

  1. On sait que \(\underset{n \to + \infty}\lim a_nb_n = l^2\), on peut écrire :\begin{align*}a_{n+1} - l &= \frac{1}{2}(a_n + b_n) - l \\a_{n+1} - l & = \frac{1}{2} \frac{a^2_n + l^2 - 2a_nl}{a_n} \\a_{n+1} - l & = \frac{1}{2} \frac{(a_n - l)^2}{a_n}\end{align*}De la même manière, nous obtenons aussi : \[\fbox{$a_{n+1} + l = \frac{1}{2} \frac{(a_n + l)^2}{a_n}$}\]

  2. D’après la question précédente, on peut écrire :   \(\frac{a_n - l}{a_n + l} = \frac{(a_{n-1} - l)^2}{(a_{n+1} + l)^2}\)Supposons par récurrence que \(\frac{a_{n-1} - l}{a_{n-1} + l} = [\frac{a_0 - l}{a_0 + l}]^{2^n-1}\)À l’aide de cette hypothèse, on a : \(\frac{a_n -l}{a_n + l} = \frac{(a_{n-1} - l)^2}{(a_{n-1} +l)^2} = [[\frac{a_0 - l}{a_0+l}]^{2^{n-1}}]^2 = [\frac{a_0 - l}{a_0 + l}]^{2^n}\)La formule reste vraie à l’ordre n. D’où : \(a_n - l = (a_n +l) [\frac{a_0-l}{a_0+l}]^{2^n} \underset{n \to +\infty}\sim 2l[\frac{a_0 - l}{a_0 + l}]\)Et comme \(l = \sqrt{a_0b_0}\), on obtient l’équivalence : \[\fbox{ $a_n - \sqrt{a_0 b_0} \underset{+\infty}\sim 2\sqrt{a_0b_0}[\frac{\sqrt{a_0} - \sqrt{b_0}}{\sqrt{a_0} + \sqrt{b_0}}]^{2^n}$}\]