Minorer un produit


Colle de mathématiques

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Démontrer l'inégalité, pour tout $n$ entier naturel, $\dsp\prod_{k=0}^n\lp1+\dfrac1{2k+1}\rp>\sqrt{2n+3}$


Correction

Correction

On note le produit $P_n=\dsp\prod_{k=0}^n\lp1+\dfrac1{2k+1}\rp$, et on cherche alors à démontrer que $P_n>\sqrt{2n+3}$.
On peut démontrer cette inégalité par récurrence.
Initialisation: Pour $n=0$, on $P_0=1+\dfrac1{2\tm0+1}=2>\sqrt{2\tm0+3}=\sqrt3$.
L'inégalité est donc bien vraie initialement.

Hérédité: Supposons que, pour un certain entier $n$, on ait $P_n>\sqrt{2n+3}$.
Au rang suivant, on a alors
\[\begin{array}{ll}P_{n+1}&=\dsp\prod_{k=0}^{n+1}\lp1+\dfrac1{2k+1}\rp\\ &=\dsp\lp\prod_{k=0}^n\lp1+\dfrac1{2k+1}\rp\rp\lp1+\dfrac1{2(n+1)+1}\rp\\ &=P_n\lp1+\dfrac1{2n+3}\right) \enar\]

On a alors, en utilisant l'hypothèse de récurrence
\[P_{n+1}>\sqrt{2n+3}\lp1+\dfrac1{2n+3}\rp\]


Or
\[\sqrt{2n+3}\lp1+\dfrac1{2n+3}\rp=\sqrt{2n+3}\dfrac{2n+4}{2n+3} =\dfrac{2n+4}{\sqrt{2n+3}}\]

On cherche donc maintenant à montrer que
\[\dfrac{2n+4}{\sqrt{2n+3}}>\sqrt{2n+5}\]

soit aussi, en élevant au carré puisque tous les termes sont strictement positifs,
\[(2n+4)^2>(2n+3)(2n+5)\]

Cette dernière inégalité est toujours vraie car en développant elle est équivalente à $16>15$, et ainsi, on a bien
\[\begin{array}{lll}&(2n+4)^2&>(2n+3)(2n+5)\\[.5em] \iff &(2n+4)&>\sqrt{(2n+3)(2n+5)}\\[.5em] \iff &\dfrac{2n+4}{\sqrt{2n+3}}&>\sqrt{2n+5}\end{array} \]

et donc finalement
\[P_{n+1}>\sqrt{2n+5}\]

ce qui montre l'hérédité de notre propriété, c'est-à-dire que la propriété est encore vraie au rang suivant $n+1$.

Conclusion: On vient donc finalement de démontrer que l'inégalité $P_n>\sqrt{2n+3}$ est vraie pour tout entier $n$.


Tags:SommesRécurrence

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