Inégalité de Carleman

Salut est-ce que quelqu'un peut me donner un indice pour les questions 6-c 8-a 8-b
PS. L'inégalité de Carleman est démontrée précédemment donc elle peut être utilisée librement.

[Même dans le titre, Torsten Carleman (1892-1949) prend toujours une majuscule. AD]79712

Réponses

  • Pour la 6-c, le résultat est clairement vrai pour $k=2$. Supposons donc $k \geq 3$. En utilisant la question précédente et l'indication tu es en principe arrivé à $\sqrt[k]{(k-2)!}\leq \frac{k}{e}\sqrt[k]{\frac{e}{k-1}}$

    Il te suffit donc de montrer que pour $k \geq 3, \; \displaystyle{\frac{k}{e}\sqrt[k]{\frac{e}{k-1}} \leq \frac{k+1}{e}}$ ce qui est facile.

    Edit: ici on est obligé de traiter le cas k=2 séparément car l'inégalité $ \displaystyle{\frac{k}{e}\sqrt[k]{\frac{e}{k-1}} \leq \frac{k+1}{e}}$ est fausse pour $k=2$
  • Pour le 8a : il suffit d'appliquer l'inégalité de Carleman
    Pour le 8b : Minorer le premier membre de 8a par 6a puis un calcul montre que $(C-e) \sum _{k=1 }^ n \frac{1}{k}$ est minoré par une suite convergente
    Pour conclure tu tends n vers l'infini : contradiction
  • Merci Seb78 pour ta réponse pour la question 6-c j'ai préféré de traiter les cas de $k=2$ et $k=3$ séparément pour bénéficier du fait que
    $k$ $\geq $ $4$ alors: $k-1$ $\geq $ $3$ par suite: $k-1$ $\geq $ $e$
    Ainsi:
    $\sqrt[k]{\frac{e}{k-1}}$ $\leq$ $1$
    Donc:
    $(\frac{k}{e}\sqrt[k]{\frac{e}{k-1}})$ $\leq$ $\frac{k}{e}$
    Il s'ensuit donc:
    $(\frac{k}{e}\sqrt[k]{\frac{e}{k-1}})$ $\leq$ $\frac{k+1}{e}$
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