[PDF] Valeurs absolues. Partie entière. Inégalités

On a ensuite x=px:x6pxy=g6py:y=yet doncx6g6y.

3.mg=x+y2

D"après 1), la mo yennearithmétique de

Si(ABC)est un triangle rectangle enAetA0est le pied de la hauteur issue deA, on sait queAA02=A0B:A0C.

ce segment (de longueurx+y) noté [BC], tel que le troisième sommetAait une projection orthogonaleA0sur

B CALa moyenne arithmétique dexetyestm=x+y2

0B:A0C=AA0, la hauteur issue deAdu triangle(ABC).Correction del"exer cice2 N(1+a)n= (1+a):::(1+a) =1+na+:::>1+na.Correction del"exer cice3 N4

Pourn2N,(1+1n

12n<12

Ainsi, pourk2 f1;:::;n1g,uk+1612

En tenant compte deu0=1, on a alors pourn2N,

16i;j6na

16i j+aja i) =n+å

16i j+aja i)

Pourx>0, posons alorsf(x) =x+1x

.fest dérivable sur]0;+¥[et pourx>0,f0(x) =11x

2=(x1)(x+1)x

2.f

est donc strictement décroissante sur]0;1]et strictement croissante sur[1;+¥[.fadmet ainsi un minimum en

1. Par suite,

8x>0;f(x)>f(1) =1+11

=2:

(Remarque.L"inégalité entre moyenne géométrique et arithmétique permet aussi d"obtenir le résultat :

12 (x+1x )>rx:1x =1:)

On en déduit alors que

nå i=1a inå j=11a j>n+å

16i

=n2:Correction del"exer cice5 NPourxréel, posonsf(x) =ånk=1(ak+bkx)2. On remarque que pour tout réelx,f(x)>0. En développant lesn

carrés, on obtient, f(x) =nå k=1(b2kx2+2akbkx+a2k) = (nå k=1b2k)x2+2(nå k=1a kbk)x+(nå k=1a2k):

1er cas.Siånk=1b2k6=0,fest un trinôme du second degré de signe constant surR. Son discriminant réduit est

alors négatif ou nul. Ceci fournit 5

0>D0= (nå

k=1a kbk)2(nå k=1b2k)(nå k=1a2k); et donc nå k=1a kbk 6sn k=1a2ksn k=1b2k:

2ème cas.Siånk=1b2k=0, alors tous lesbksont nuls et l"inégalité est immédiate.

Finalement, dans tous les cas,

j

ånk=1akbkj6qå

nk=1a2kqå

nk=1b2k:Cette inégalité est encore valable en remplaçant lesaket lesbkpar leurs valeurs absolues, ce qui fournit les

inégalités intermédiaires.

Retrouvons alors l"inégalité de l"exercice

4 . Puisque lesaksont strictement positifs, on peut écrire : nå i=1a i! nå i=11a i! nå i=1pa i2! nå i=1r1 a i2 nå i=1pa ir1 a i! 2

=n2:Correction del"exer cice6 NSi l"un des réelsa,boucest strictement plus grand que 1, alors l"un au moins des trois réelsa(1b),b(1c),

c(1a)est négatif (puisquea,betcsont positifs) et donc inférieur ou égal à14 Sinon, les trois réelsa,betcsont dans[0;1]. Le produit des trois réelsa(1b),b(1c)etc(1a)vaut a(1a)b(1b)c(1c): Mais, pourx2[0;1],x(1x)est positif et d"autre part,x(1x) =(x12 )2+14 614
. Par suite, a(1a)b(1b)c(1c)614 3: Il est alors impossible que les trois réelsa(1b),b(1c)etc(1a)soient strictement plus grand que14 , leur produit étant dans ce cas strictement plus grand que 14 3.

On a montré dans tous les cas que l"un au moins des trois réelsa(1b),b(1c)etc(1a)est inférieur ou

égal à

14

.Correction del"exer cice7 N1.Soit x2R. Alors,E(x)6x on a bienE(x+1) =E(x)+1. 2.

Soient (x;y)2R2. On aE(x)+E(y)6x+y. Ainsi,E(x)+E(y)est un entier relatif inférieur ou égal à

x+y. CommeE(x+y)est le plus grand entier relatif inférieur ou égal àx+y, on a doncE(x)+E(y)6

E(x+y).

Améliorons.E(x)6xSoit (x;y)2R2. Posonsk=E(x)etl=E(y).

6

1er cas.Six2[k;k+12

[ety2[l;l+12 [, alorsx+y2[k+l;k+l+1[et doncE(x+y) =k+l, puisE(x)+ E(y)+E(x+y) =k+l+k+l=2k+2l. D"autre part, 2x2[2k;2k+1[et 2y2[2l;2l+1[. Par suite,E(2x)+E(2y) =2k+2l. Dans ce cas,E(x)+E(y)+E(x+y) =E(2x)+E(2y).

2ème cas.Six2[k+12

;k+1[ety2[l;l+12 [, alorsx+y2[k+l+12 ;k+l+32 [et doncE(x+y) =k+lou k+l+1,puisE(x)+E(y)+E(x+y) =2k+2lou 2k+2l+1. D"autre part, 2x2[2k+1;2k+2[ et 2y2[2l;2l+1[. Par suite,E(2x)+E(2y) =2k+2l+1. Dans ce cas,E(x)+E(y)+E(x+y)6

E(2x)+E(2y).

3ème cas.Six2[k;k+12

[ety2[l+12 ;l+1[, on a de mêmeE(x)+E(y)+E(x+y)6E(2x)+E(2y).

4ème cas.Six2[k+12

;k+1[ety2[l+12 ;l+1[, on aE(x)+E(y)+E(x+y) =2k+2l+2=E(2x)+E(2y).quotesdbs_dbs1.pdfusesText_1