1. Montrons que pour tout $x \in \mathbb{R}^-_*$, on a $x + \frac{1}{x} \leq -2$. 2. Soit $x < 0$. Posons $x = -t$ avec $t > 0$. Alors $$x + \frac{1}{x} = -t + \frac{1}{-t} = -t - \frac{1}{t} = -\left(t + \frac{1}{t}\right).$$ 3. Par l'inégalité de l'arithmétique et de la géométrie (AM-GM), pour $t > 0$, on a $$t + \frac{1}{t} \geq 2\sqrt{t \cdot \frac{1}{t}} = 2.$$ 4. Donc $$x + \frac{1}{x} = -\left(t + \frac{1}{t}\right) \leq -2.$$ 5. Ceci montre la première inégalité. --- 6. Soit $a,b > 0$. Montrons $$\frac{2}{\frac{1}{a} + \frac{1}{b}} \leq \sqrt{ab} < \frac{a+b}{2} \leq \sqrt{\frac{a^2 + b^2}{2}}.$$ 7. La quantité $\frac{2}{\frac{1}{a} + \frac{1}{b}}$ est la moyenne harmonique de $a$ et $b$. 8. Par l'inégalité des moyennes, on sait que moyenne harmonique $\leq$ moyenne géométrique $\leq$ moyenne arithmétique $\leq$ moyenne quadratique. 9. Vérifions la première inégalité : $$\frac{2}{\frac{1}{a} + \frac{1}{b}} = \frac{2}{\frac{a+b}{ab}} = \frac{2ab}{a+b}.$$ 10. Montrons que $$\frac{2ab}{a+b} \leq \sqrt{ab}.$$ 11. Multiplions par $a+b > 0$ : $$2ab \leq \sqrt{ab}(a+b).$$ 12. Divisons par $\sqrt{ab} > 0$ : $$2\sqrt{ab} \leq a + b,$$ ce qui est vrai par AM-GM. 13. La deuxième inégalité $\sqrt{ab} < \frac{a+b}{2}$ est aussi une conséquence stricte de AM-GM. 14. La dernière inégalité $$\frac{a+b}{2} \leq \sqrt{\frac{a^2 + b^2}{2}}$$ vient de la convexité de la fonction $x \mapsto x^2$ et de l'inégalité de Cauchy-Schwarz. --- 15. Soit $k \in \mathbb{N}$ avec $1 \leq k \leq n$. 16. Montrons que $$n \leq k(n+1-k) \leq \left(\frac{n+1}{2}\right)^2.$$ 17. La fonction $f(k) = k(n+1-k) = -k^2 + (n+1)k$ est une parabole concave vers le bas. 18. Son maximum est atteint en $k = \frac{n+1}{2}$, avec $$f\left(\frac{n+1}{2}\right) = \left(\frac{n+1}{2}\right)^2.$$ 19. Pour $k=1$ ou $k=n$, $$f(1) = 1 \cdot n = n, \quad f(n) = n \cdot 1 = n,$$ ce qui montre la borne inférieure. 20. Donc $$n \leq k(n+1-k) \leq \left(\frac{n+1}{2}\right)^2.$$ --- 21. Déduisons que $$\sqrt{n^n} \leq n! \leq \left(\frac{n+1}{2}\right)^n.$$ 22. En effet, $$n! = \prod_{k=1}^n k \leq \prod_{k=1}^n (n+1-k) = n!,$$ mais on utilise l'inégalité précédente pour encadrer chaque terme. 23. En multipliant les inégalités $$n \leq k(n+1-k) \leq \left(\frac{n+1}{2}\right)^2,$$ pour $k=1$ à $n$, on obtient $$n^n \leq \prod_{k=1}^n k(n+1-k) \leq \left(\frac{n+1}{2}\right)^{2n}.$$ 24. Or $$\prod_{k=1}^n k(n+1-k) = (n!)^2,$$ car chaque terme $k(n+1-k)$ est un produit de deux entiers entre $1$ et $n$. 25. Donc $$n^n \leq (n!)^2 \leq \left(\frac{n+1}{2}\right)^{2n}.$$ 26. En prenant la racine carrée, on obtient $$\sqrt{n^n} \leq n! \leq \left(\frac{n+1}{2}\right)^n.$$