[PDF] [PDF] Inégalités Exercice 3 Montrer que 5x2 +

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Inégalités

Théo Lenoir

1

Un carré est positif

On commence par une remarque assez anodine : un carré est toujours positif.

Proposition 1.

Soitx2R. On ax2>0, avec égalité si et seulement six=0.

On peut en déduire une première inégalité, en développant(a-b)2qui, d"après la proposition1, est positif.

Proposition 2.

Soita,b2R. Alorsa2+b2>2ab, avec égalité si et seulement sia=b. Démonstration.On utilise le fait que(a-b)2=a2-2ab+b2>0. On en déduit quea2+b2>2abavec égalité si et seulement si(a-b)2=0, c"est-à-dire sia=b. On peut noter que l"inégalité est équivalente àab6a2+b22 . Elle permet donc de majorer (c"est-à-dire

trouver une quantité plus grande) un produit par une somme de carrés avec un certain coefficient.

En prenantb=1, on peut déduire le résultat suivant :

Corollaire 3.

Soita2R. Alorsa2+1>2a, avec égalité si et seulement sia=1.

On a également l"inégalité suivante :

Proposition 4.

Soitc,ddes réels positifs. Alorsc+d>2pcd,avec égalité si et seulement sic=d. En particulier pourd=1,

on a1+c>2pc, avec égalité si et seulement sic=1. Démonstration.Posonsa=pc,b=pdet appliquons la proposition2 : on obtient a2+b2=c+d>2ab=

2pcd. On a égalité si et seulement sia=b, c"est à dire si et seulement sia2=c=d=b2, par positivité dea

etb.

Exercice

1 Soitx >0. Montrer quex+1x

>2. Trouver les cas d"égalité.

Exercice

2 Soitx,ydes réels strictement positifs. Montrer quex+y2x

>2yet trouver les cas d"égalité.

Exercice

3 Montrer que5x2+y2+1>4xy+2x. Trouver les cas d"égalité.

Exercice

4 Soita,b,cdes nombres réels. Montrer que2a2+20b2+5c2+8ab-4bc-4ac>0et trouver les

cas d"égalité.

Exercice

5 Lemme du tourniquet : Montrer quea2+b2+c2>ab+bc+ca. Trouver les cas d"égalité.

Exercice

6 Montrer quex2+y4+z6>xy2+y2z3+xz3, et trouver les cas d"égalité.

Exercice

7 Montrer que siab+bc+ca=1pour des réels positifsa,b,c, alorsa+b+c>p3. Trouver les cas

d"égalité. 2

Inégalité arithmético-géométrique

L"inégalité suivante est une généralisation très utile de la proposition 4 Théorème 5(Inégalité arithmético-géométrique).

Soitnun entier strictement positif etx1,...,xndes réels positifs. On a l"inégalité suivante :x1++xnn

npx

1 xn. Il y a égalité si et seulement si tous lesxisont égaux.

1

Remarque 6.

L"inégalité est appelée inégalité arithmético-géométrique car elle compare la moyenne arithmétique

x1++xnn et la moyenne géométrique npx

1 xndesxi.

Ici, six>0, alorsnpxest l"unique réely>0tel queyn=x, oùynest le produit denréels valant tousy.

L"inégalité arithmético-géométrique est un outil indispensable reliant le produit de termes à leur somme :

ainsi quand on sait minorer (c"est-à-dire trouver une quantité plus petite) le produit de termes, on sait égale-

ment minorer la somme. De même, quand on sait majorer une somme de termes, on peut majorer leur produit.

Passons à la preuve de l"inégalité arithmético-géométrique.

géométrique. Pas de panique si elle semble trop dure à lire dans un premier temps, ne pas hésiter à la relire

avec un peu plus d"expérience.

On procède par récurrence surn. Pourn=1,x11

=1px

1. On a donc bien l"égalité et l"inégalité.

Supposons l"inégalité et le cas d"égalité prouvé au rangn. Soitx1,...,xn+1des réels positifs. NotonsS=

x

1++xn+1n+1. CommeSest compris entre le minimum desxiet le maximum desxi, quitte à renuméroter lesxi,

onpeutsupposerx1étantleminimumdesxi,x2lemaximum.Posonsy1=S,y2=x2-(S-x1) =x2-S+x1>0, etyi=xipour36i6n+1, lesyisont bien tous positifs. On ay2++yn+1=x1++xn+1-S= (n+1)S-S=nS, ce qui signifie quey2++yn+1n =S. D"après l"inégalité arithmético-géométrique, on a y

2 yn+16y2++yn+1n

n=Sn. En particuliery1y2 yn+16Sn+1. Ory1y2-x1x2=S(x1+x2-S)-x1x2=Sx1+Sx2-S2-x1x2= (S-x1)(x2-S)>0doncx1x26y1y2. En particulierx1 xn+16y1 yn+1=Sn+1, doncn+1px

1 xn+16S=x1++xn+1n+1: l"inégalité

est prouvée.

Pour le cas d"égalité, supposons qu"on a égalité. Notons d"abord que si un desxiest nul, on a égalité si et

seulement si x1++xn+1n+1=0. Comme lesxisont positifs, pour avoir égalité il faut que tous lesxisoient nuls, doncx1==xn+1. Si lesxisont tous non nuls, en particulierSest non nul car supérieur au minimum des x

i, et lesyisont non nuls (c"est évident pouri>3, pouri=1ça vient du fait queS >0, ety2=x2-S+x1>

x

1>0). En particulier, si on a égalité, on a égalité dans les deux inégalités précédentes : c"est à dire dans

y

2++yn+16y2++yn+1n

nety1y2-x1x2=S(x1+x2-S)-x1x2=Sx1+Sx2-S2-x1x2= (S-x1)(x2-S)>0. Par hypothèse de récurrence, cela donne quey2=y3==yn+1etx1=Soux2=S. En particulier x

3==xn+1. Six1=S, alorsy2=x2=x3==xn+1, ainsiS=S+x2++xn+1n+1=S+nx2n+1. On obtient

que(n+1)S=S+nx2, doncnx2=nSdoncx2=S. En particulierS=x1=x2==xn+1. On obtient le même résultat six2=S. Réciproquement six1==xn+1,x1++xn+1n+1=x1=n+1px

1 xn+1, on a bien

égalité.

On peut écrire cette inégalité de diverses façons.

Corollaire 7.

Soitnun entier strictement positif,y1,...,yndes réels positifs. On a les inégalités suivantes :yn1++ynnn

y

1 ynety1++ynn

n>y1 ynavec égalité si et seulement si tous lesyisont égaux

Démonstration.La deuxième inégalité est immédiate en prenant la puissancen-ième de l"inéga-

lité arithmético-géométrique appliquée auxyi. La première inégalité est une conséquence de l"inégalité

arithmético-géométrique appliquée auxyniqui sont égaux si et seulement si lesyile sont par positivité.

Voici quelques exercices pour mettre en pratique les inégalités précédentes. Les solutions sont présentées à

la partie6.

Exercice

8 Soitx>0un réel. Montrer que1+x2+x6+x8>4x4. Trouver les cas d"égalité

Exercice

Trouver les cas d"égalité.

Exercice

10 Soita,b,cdes réels positifs tels que(a+1)(b+1)(c+1) =8. Montrer quea+b+c>3. Trouver

les cas d"égalité.

Exercice

11 Soita1,...,andes réels positifs de produit1. Montrer que(1+a1)(1+an)>2n. Trouver

les cas d"égalité.

Exercice

12 Soita1,...,andes réels positifs de sommen. Montrer que(1+1a

1)(1+1a

n)>2n. Trouver les cas d"égalité. 2

Exercice13 Soita,b,c,ddes réels positifs de somme1. Montrer quebcd(1-a)2+acd(1-b)2+abd(1-c)2+abc(1-d)2619

Trouver les cas d"égalité.

Exercice

14 Soita,b,cdes réels positifs de produit18

. Montrer quea2+b2+c2+a2b2+a2c2+c2b2>1516

Trouver les cas d"égalité.

3

Cauchy-Schwarz et mauvais élèves

L"inégalité de Cauchy-Schwarz est une inégalité très importante : en effet, elle permet de relier la somme

des carrés, avec le carré de sommes. Théorème 8(Inégalité de Cauchy-Schwarz). Soitn2N,a1,...anetb1,...bndes réels. On a l"inégalité suivante : (a21++a2n)(b21++b2n)>(a1b1++anbn)2

On a égalité si et seulement si tous lesbisont nuls ou il existeréel tels queai=bipour tout entieri

entre1etn.

Démonstration.Soitietjdes entiers entre1etn. On sait quea2ib2j+a2jb2i>2aibiajbjpar la proposition2 .

Fixonsjet sommons les inégalités pour toutes les valeurs deipossibles : on obtient que(a21++a2n)b2j+

a

2j(b21++b2n)>2ajbj(a1b1++anbn). Sommons ensuite sur toutes les valeurs dejentre1etn: on

obtient que(a21++a2n)(b1++b2n)+(a21++a2n)(b21++b2n)>2(a1b1++anbn)(a1b1++anbn).

En particulier, en simplifiant par2,

(a21++a2n)(b21++b2n)>(a1b1++anbn)2.

Intéressons nous au cas d"égalité : supposons qu"on a égalité. Dans ce cas, on a égalité dans l"inégalité

arithmético-géométrique utilisée c"est-à-dire dansa2ib2j+a2jb2i>2aibiajbj. Ainsi on a nécessairementaibj=

a jbipour tout(i,j)entiers entre1etn. Supposons qu"il existeitel quebisoit non nul. Dans ce cas, pour toutjentre1etn,aj=aib ibj. En particulier pour=aib ion a bienaj=bjpour tout entierjentre1etn. Réciproquement,soit touslesbisontnuls, etdanscecas(a21++a2n)(b21++b2n) =0= (a1b1++anbn)2, soit il existeréel tel queaj=bjpour tout entierjentre1etn, et dans ce cas(a21++a2n)(b21++b2n) =

2(b21++b2n)2= (a1b1++anbn)2.

Notons qu"on a plusieurs conséquences de cette inégalité :

Corollaire 9.

Soitn2N,c1,...cnetd1,...dndes réels positifs. On a l"inégalité suivante : (c1++cn)(d1++dn)>€pc

1d1++pc

ndnŠ 2

Il y a égalité si et seulement si lesdisont tous nuls ou s"il existeréel positif tel queci=dipour touti

entre1etn. Démonstration.On applique l"inégalité de Cauchy-Schwarz pourai=pc ietbi=pd i.

On a un corollaire très utile de cette inégalité, appeléinégalité des mauvais élèves: on additionne les numéra-

teurs de fractions et on échange une somme avec un carré, et alors on obtient un résultat plus petit.

Théorème 10(Inégalité des mauvais élèves).

Soitnun entier strictement positif,e1,...,endes réels, etf1,...,fndes réels strictement positifs. On a l"inéga-

lité suivante :e21f

1++e2nf

n>(e1++en)2f

1++fn.

Il y a égalité si et seulement s"il existe un réeltel queeif i=pour toutientre1etn. 3 Démonstration.On applique le corollaire9avecci=e2 if ietdi=fi. On en déduit que e21f

1++e2nf

n‹ (f1++fn)> Êe 21f

1f1++Êe

2nf nfn! 2 = (je1j++jenj)2.

Ici, sixest réel,jxjest la valeur absolue dex: elle vautxsixest positif,-xsinon. Comme(je1j++jenj)>

e

1++en>-(je1j++jenj), on sait que(e1++en)26(je1j++jenj)2, et donc que

1++e2nf

n‹ (f21++f2n)>(je1j++jenj)2>(e1++en)2.

On en déduit que

e21f

1++e2nf

n>(e1++en)2f

1++fn.

Intéressons nous au cas d"égalité : si on a égalité, alors comme lesfisont non nuls, il existe un réelttel que,

pour touti,e2 if i=tfi, c"est-à-direeif i=pt. Pour avoir égalité dans(e1++en)26(je1j++jenj)2, et comme(je1j++jenj)>e1++en>-(je1j++jenj), il faut avoir soit(je1j++jenj) =e1++en c"est-à-dire tous leseipositifs, (et, en particulier,eif i=ptpour touti), soite1++en= -(je1j++jenj), c"est à dire tous leseinégatifs (et, en particulier,eif i= -ptpour touti). Réciproquement, s"il existeréel tel que pour toutieif i=, on obtient bien l"égalité : e 21f

1++e2nf

n=2(f1++fn) =(e1++en)2f

1++fn.

Exercice

15 Soita1,...,andes réels strictement positifs. Montrer que1a

1++1a n>n2a

1++an. Trouver les

cas d"égalité.

Exercice

16 Soita1,...,andes réels. Montrer quea21++a2n>(a1++an)2n

Exercice

17 Montrer que sia,b,csont des réels positifs tels quea2+b2+c2=3,11+ab+11+bc+11+ac>32

Trouver les cas d"égalité.

Exercice

18 Soitnun entier strictement positif,a1,...,annnombres réels strictement positifs,b1,...,bnn

nombres réels strictement positifs. On supposes quea1++an=b1++bnet on noteS=a1++an.

Montr erque

nP i=1a 2 ib i+ai=nP i=1b 2 ib i+ai

Montr erque

nP i=1a 2 ib i+ai>S2

Remarque 11.En utilisant l"exercice16 pour la pr emièreinégalité et l"inégalité arithmé tico-géométriqueap-

pliquée aux 1x

ipour la dernière inégalité, on obtient les inégalités suivantes : pour toutnstrictement positif et

x

1,...,xndes réels strictement positifs :

Êx

21++x2nn

>x1++xnn >npx

1 xn>n1

x 1++1x n

L"égalité de chaque inégalité est lorsque tous lesxisont égaux. Le terme le plus à gauche est la moyenne

quadratique, le second terme la moyenne arithmétique, le troisième la moyenne géométrique, le dernier est la

moyenne harmonique. 4

Inégalité du réordonnement

Si les mathématiques sont coefficient4, et la technologie coefficient1, vaut-il mieux avoir10en mathé-

matiques et20en technologie ou l"inverse? Evidemment il vaut mieux avoir20en mathématiques et10en technologie pour avoir une meilleur moyenne. L"inégalité du réordonnement traduit cela. Tout d"abord définissons ce qu"est une permutation.

Définition 12.

Soitn>1un entierx1,...,xnety1,...,yndes réels. On dit que les(yi)sont une permutation des(xi)si ce

sont les mêmes nombres mais placés dans un ordre différent. 4 Par exemple pourn=3, si on posex1=0,x2=0etx3=1, la suitey1=0,y2=1ety3=0est une permutation des(xi)car(x1,x2,x3) = (y1,y3,y2). Par contre la suitez1=1,z2=1etz3=0n"est pas une

permutation des(xi). En effet, elle contient deux fois le chiffre1, alors que la suite des(xi)ne le contient qu"une

fois. en première lecture. Théorème 13(Inégalité du réordonnement). Soitn>1un entier eta1>a2>>anetb1>b2>>bndes réels, etc1,c2,...,cnune permutation des(bi). On a l"inégalité suivante : a

1b1++anbn>a1c1++ancn.

Démonstration.Montrons le résultat par récurrence surn. Pourn=1, l"inégalité est évidente. Supposons

maintenant l"inégalité vraie pour un certainn>1, et donnons nous des réelsa1>a2>...an+1etb1>

b

2>>bn+1, ainsi qu"une permutationc1,c2,...,cn+1des nombres(bi). Sib1=c1, par hypothèse de

récurrence, on ab2a2++bn+1an+1>a2c2++an+1cn+1, doncb1a1+b2a2++bn+1an+1> a

1c1+a2c2++an+1cn+1.

Sic16=b1, soititel quec1=bietjtel quecj=b1. Dans ce cas,a1b1+biaj-(a1c1+ajbi) = (a1-aj)(b1- b i)>0. En particuliera1c1+a2c2++an+1cn+16a1b1+a2c2++aic1+...an+1cn+1. Comme la

famillec1,...,ci-1,ci+1...cn+1est une permutation deb2...bn+1, on en déduit par hypothèse de récurrence

quea1c1+a2c2++an+1cn+16a1b1+a2c2++aic1+...an+1cn+16a1b1++an+1bn+1ce qui conclut.

Remarque 14.

quotesdbs_dbs47.pdfusesText_47

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