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UNE GÉNÉRALISATION DE L’INÉGALITÉ DE CARLEMAN
MOHAMMED AASSILA

« Je consacrerai toutes mes forces à répandre de la lumière sur l’immense obscurité
qui règne aujourd’hui dans l’Analyse. Elle est tellement dépourvue de tout plan et
de tout système, qu’on s’étonne seulement qu’il y ait tant de gens qui s’y livrent, et
ce qui pis est, elle est absolument dépourvue de rigueur. (Abel 1826) »
1. introduction
Dans cette note on se propose de donner une généralisation des inégalités de Kurliancik et de Carleman. On montre le résultat suivant :
Théorème 1
Soient a1 , a2 , · · · , an > 0 des nombres réels, et s < 1, s 6= 0 un nombre réel, alors
on a :
1
n
n s
X
X
a1 + as2 + · · · + ask s
− 1s
< (1 − s)
ak .
k
k=1
k=1
Corollaire 1 Inégalité de Kurliancik

Pour s = −1, on retrouve l’inégalité :
n
X

1
k=1 a1

+

1
a2

k
+ ··· +

2

<

1
ak

n
X

ak .

k=1

Corollaire 2 Inégalité de Carleman (1922)

En faisant tendre s vers 0 dans le théorème 1, on obtient :
n
X

1

(a1 a2 · · · ak ) k

<

e

n
X

ak .

k=1

k=1

Démonstration (du corollaire 2 à partir du théorème 1). On a :
− 1s

lim (1 − s)

s→0

=

lim

s→0

"

s
1+
1−s

1
1−s # 1−s
s

=

e.

D’autre part, par la règle de l’Hôpital (voir Aassila [1, p. 192] par exemple) :
lim

s→0



as1 + as2 + · · · + ask
k

1
s

=

exp lim

s→0

Date: Octobre 15, 2013.
1

ln

as1 +as2 +···+ask
k

s

2

Mohammed Aassila

as1 ln a1 + as2 ln a2 + · · · + ask ln ak
s→0
as1 + as2 + · · · + ask

=

= exp lim

1

= exp ln(a1 a2 · · · ak ) k

ln a1 + ln a2 + · · · + ln ak
k

exp

1

=

(a1 a2 · · · ak ) k .


2. un peu d’histoire

Dans la littérature mathématique (voir [2] par exemple), une des fameuses inégalités
en analyse est :
Théorème 2 (Inégalité de Hardy)
Si p > 1 et si (an )n≥1 est une suite de nombres réels > 0 alors on a :
+∞
X

n=1



a1 + a2 + · · · + an
n

De plus, la constante

p
p−1

!p

p

p
p−1



!p

+∞
X

apn .

n=1

est optimale (on ne peut pas la remplacer par une

constante plus petite).



Le point de départ dans la recherche de Hardy était une autre fameuse inégalité
X
X
dûe à Hilbert et datant de 1900 : si
a2n et
b2n sont deux séries convergentes
n≥1

n≥1

(avec an ≥ 0 et bn ≥ 0) alors on a :
+∞
X +∞
X

am + bn
n=1 m=1 m + n



π

+∞
X

m=1

a2m

! 21

+∞
X

b2n

n=1

! 12

de plus, la constante π est optimale. Pour une démonstration de cette inégalité voir
par exemple [1, page 289].
Le théorème 2, dans le cas particulier p = 2, a été démontré par Hardy en 1919 [3].
De plus, dans son article [4], datant de 1920, Hardy donne une démonstration du
théorème 2 et qui
lui a été communiquée par M. Riesz mais avec la constante (non

p2 p
optimale) p−1 . Finalement, dans son fameux article [5] de 1925, il donne une
démonstration de cette inégalité
mais qui lui a été communiquée par E. Landau et
p

p
avec la constante optimale p−1 . Hardy écrit dans cet article : « In a letter dated
21 June 1921, Landau communicated
to me a direct proof of the inequality which

p
p
gives the correct value p−1 ». Ensuite, Hardy donne dans ce même article une
version intégrale de cette inégalité : si p > 1 et si f est une fonction positive avec
f p intégrable alors on a :
Z

0

+∞



p

1Zx
f (t) dt
x 0

dx



p
p−1

!p Z

0

+∞

f p (x) dx.

3

Mohammed Aassila

En conclusion, pour des raisons historiques, l’inégalité de Hardy devrait s’appeler
inégalité de Hardy-Riesz-Landau.
3. inégalité de carleman
Dans ce paragraphe, on présente l’inégalité de Carleman, et puis nous donnons 3
versions différentes pour des démonstrations de cette relation :
Théorème 3 (Inégalité de Carleman)
Soit (an )n≥1 une suite convergente de nombres réels > 0, alors on a :
+∞
X

1

(a1 a2 · · · an ) n

<

e

+∞
X

an .

n=1

n=1

Cette inégalité a été démontrée en 1922 par le mathématicien suédois Torsten
Carleman (1892 - 1942) dans son article [6] lorsqu’il travaillait sur les fonctions
complexes quasi-analytiques.
On se propose de donner 3 pistes de démonstrations de l’inégalité de Carleman :
Démonstration

1ère méthode : démonstration originale de Carleman (1922)
il faut trouver le maximum de l’expression

k
X

1

(a1 a2 · · · ai ) i sous la contrainte

On pose ai = e−xi , alors il faut maximiser l’expression
k
X

e−

x1 +···+xi
i

ai = 1.

i=1

i=1

G =

k
X

sous la contrainte

H =

i=1

k
X

e−xi = 1.

i=1

Ensuite, Carleman a utilisé la méthode des multiplicateurs de Lagrange, nous ne donnons
pas les détails et nous envoyons le lecteur à l’article [6].
2ème méthode : à partir de l’inégalité de Hardy
dans l’inégalité de Hardy
+∞
X

k=1

a1 + a2 + · · · + ak
k

p

<



p
p−1

p +∞
X

apk ,

p>1

k=1

1

on remplace ai par aip et on fait tendre p vers l’infini alors on obtient


1
p

1
p

 a1 + · · · + ak 


lim 

p→+∞

p

k

=

1

(a1 a2 · · · ak ) k .

Cependant, cette méthode donne une inégalité non stricte.
3ème méthode
de Pòlya (1926), article [7]

: démonstration
1 n
, alors on a : m1 × · · · × mn = (n + 1)n . Maintenant, si bn = mn an ,
Soit mn := n 1 +
n
alors on a d’après l’inégalité entre la moyenne arithmétique-géométrique :
1

(n + 1)(a1 × · · · × an ) n

=

1

(b1 × · · · × bn ) n



b1 + · · · + bn
.
n

4

Mohammed Aassila

Par conséquent :
+∞
X

(a1 × · · · × an )

1
n





n
X
1

bj 
n(n
+
1)
n=1
j=1
+∞
X



n=1

=

+∞
X

=

+∞
X

j=1



bj 

+∞
X

n=j

bj
j
j=1

=



1

n(n + 1)
+∞
X

1+

j=1

1
j

j

aj

<

+∞
X

e

aj .

j=1



4. démonstration du théorème 1

Dans ce paragraphe, on donne une démonstration du théorème 1 qui généralise les
inégalités de Kurliancik et de Carleman.
Démonstration

Pour montrer le théorème nous allons en fait prouver (par récurrence) une relation beaucoup plus forte, à savoir :
1


n s
X
a1 + as2 + · · · + ask s

k

k=1

+

n
1−s



as1 + as2 + · · · + asn
n

1
s

<

1

(1 − s)− s

n
X

ak (1)

k=1

avec a1 , a2 , · · · , an > 0.
Pour n = 1, on doit montrer que :
a1 +

1
1
a1 < (1−s)− s a1
1−s

1
2−s
< (1−s)− s
1−s

⇐⇒

2−s < (1−s)

⇐⇒

s−1
s

.

Cette inégalité découle de l’inégalité de Bernoulli :
(1 + x)α ≥ 1 + αx,

x > −1, α ∈ ] − ∞, 0[ ∪ ]1, +∞[

s−1
avec x = −s et α = s−1
s . Remarquons que si s < 1, s 6= 0 alors s ∈ ] − ∞, 0[ ∪ ]1, +∞[.
On suppose que la relation (1) est vraie jusqu’au rang n et montrons la au rang n + 1.
On a
n+1
X as
1
k=1

=

+ as2 + · · · + ask
k

s

n+1
+
1−s
1


n s
X
a1 + as2 + · · · + ask s

k

k=1



1

n
1−s



as1 + as2 + · · · + asn
n

− 1s

< (1 − s)

n
X

n
ak −
1−s
k=1

n
+
1−s

1





s



as1 + as2 + · · · + asn+1
n+1

1

=

as1 + as2 + · · · + asn
n

1





+ 1+

n+1
1−s



as1 + as2 + · · · + asn
n

s

s

as1 + as2 + · · · + asn+1
n+1

1
s

+

1
s

<

5

Mohammed Aassila

n+1
+ 1+
1−s




as1 + as2 + · · · + asn+1
n+1

On note
x =
et montrons que



n+1
f (x) := 1 +
1−s


nxs + y s
n+1

1
s



s

1

≤ (1 − s)− s

n+1
X

ak .

k=1

1

et

n
1−s



as1 + as2 + · · · + asn
n



1

s

y = an+1

1

(1 − s)− s y,

x, y > 0.

On fait une étude de fonction. On a


f (x)

n+1
1+
1−s



=

nxs + y s
n
xs−1
n+1
n+1




1−s
s

et

n
1−s



1



(n + 2 − s) 1−s

x=y= h
1 := α.
1 is
1
1−s
1−s
− n(n + 2 − s)
(n + 1)
n
De plus, lim f ′ (x) = ∞, lim f ′ (x) = −
, et f ′ (x) ≥ 0 sur ]0, α], f ′ (x) ≤ 0 sur
x→+∞
x→0
1−s
[α, +∞[.
Donc
f (x) = 0

⇐⇒





n+1 

f (x) ≤ f (x) = 1 +

1−s 


s

1
s

(n + 2 − s) 1−s

ny s

s

1

+

ys

(n + 1) 1−s − n(n + 2 − s) 1−s
n+1
1

n
(n + 2 − s) 1−s

yh
i1 =
1
s
1−s
s
(n + 1) 1−s − n(n + 2 − s) 1−s
1




 −



1

(n + 1) 1−s
(n + 2 − s) 1−s
n+2−s
n
yh
yh
=
1 −
1 =
i
s
s is
1
1
1−s
1−s
s
1−s
1−s
1−s
1−s
− n(n + 2 − s)
− n(n + 2 − s)
(n + 1)
(n + 1)
s

1

s−1
1
s i s
n + 2 − s (n + 1) 1−s − n(n + 2 − s) 1−s
n+2−s h
1−s − n(n + 2 − s) 1−s
(n
+
1)
y
=
y
.
1
s is
1
1−s h
1

s
(n + 1) 1−s − n(n + 2 − s) 1−s

On doit montrer que :
y

s−1
1
s i s
1
n+2−s h
(n + 1) 1−s − n(n + 2 − s) 1−s
≤ (1 − s)− s y ⇐⇒
1−s

h

s

1

⇐⇒ (n + 1) 1−s − n(n + 2 − s) 1−s
1

s

i s−1
s

≤ (1 − s)

s−1
s

(n + 2 − s)−1 ⇐⇒
s

⇐⇒ (n + 1) 1−s − n(n + 2 − s) 1−s ≥ (1 − s)(n + 2 − s) 1−s
⇐⇒ n + 1 ≥ (n + 1 − s)1−s (n + 2 − s)s .

⇐⇒

6

Mohammed Aassila

s

1

s

L’inégalité (n + 1) 1−s − n(n + 2 − s) 1−s ≥ (1 − s)(n + 2 − s) 1−s est vérifiée dane l’autre
sens si s < 0. Pour montrer la dernière inégalité, on utilise l’inégalité de la moyenne
MA-MG avec poids :
xα y β ≤ αx + βy,

et

α + β = 1, α, β, x, y > 0.

Pour s ∈ ]0, 1[, on a par cette inégalité
(n + 1 − s)1−s (n + 2 − s)s ≤ (1 − s)(n + 1 − s) + s(n + 2 − s) = n + 1,
et pour s < 0 on a :
n + 1 ≤ (n + 1)1−s (n + 2 − s)s ⇐⇒ (n + 1)
1
s
s
Comme 1−s
> 0, − 1−s
> 0 et − 1−s
+
MA-MG avec poids on a :

= 1, alors par l’inégalité de la moyenne

s
1
(n + 1) −
(n + 2 − s) = n + 1.
1−s
1−s

s

1

1
1−s

s
1
(n + 2 − s)− 1−s ≤ n + 1 − s.
1−s

(n + 1) 1−s (n + 2 − s)− 1−s ≤
1

Pour montrer que (1 − s)− s est la meilleure constante possible, il suffit de trouver un
choix des nombres a1 , a2 , · · · , an tels que

lim

n→+∞

"

1


n s
X
a1 + as2 + · · · + ask s

k

k=1

n
X

#

1

(1 − s)− s .

=

ak

k=1

Avec le choix ak = k1 , k ∈ J1, nK, cette limite devient :


lim

n→+∞



n
X

1
1s

+

1
2s

k=1

+ ··· +
k

n
X
1

k=1

1
ks

!1 
s



.

k

Par le théorème de Stolz-Cesàro ([1, page 120]) on a :


lim

n→+∞

1
1
1
+ s + ··· + s
s
1
2
n
n
1
n

1
s

1
 1
1
1 s
+ s + ··· + s
 1s
2
n 


1−s

n

=
1

lim

n→+∞



s
1




n
=  lim
=
 lim

n→+∞ n1−s − (n − 1)1−s
n→+∞


x
= lim
x→0 1 − (1 − x)1−s


1
s

.

n1−s

1

s
1


n
=

1−s 

1
1− 1−
n

=

7

Mohammed Aassila


En utilisant la règle de l’Hôpital on obtient finalement :
1
x→0 (1 − s)(1 − x)−s



lim

1
s

=

1

(1 − s)− s .

références
[1] M. Aassila, 350 exercices corrigés d’Analyse, Ellipses, Paris 2013.
[2] G. H. Hardy, J. E. Littelwood and G. Pólya, Inequalities, Cambridge University
Press, 1934.
[3] G. H. Hardy, Notes on some points in the integral calculus, Messenger of Math.
48 (1919), 107 - 112.
[4] G. H. Hardy, Notes on a theorem of Hilbert, Math. Z., 6 (1920), 314 - 317.
[5] G. H. Hardy, Notes on some points in the integral calculus, Messenger of Math.,
60 (1925), 150 - 156.
[6] T. Carleman. Sur les fonctions quasi-analytiques. Helsingfors : Akadem. Buchh.
(5. Kongress Skandinav. Mathematiker in Helsingfors vom 4. bis 7. Juli 1922), 181196, 1923.
[7] G. Pólya, Proof of an inequality, Proc. London Math. Soc. 24 (1926), 57.
Mohammed Aassila, Strasbourg, France


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