Inéquations

smo
osm
Olympiades Suisses de Mathématiques
Inéquations
Thomas Huber
Actualisé: 1er février 2017
vers. 1.1.0
Table des matières
1 Transformations algébriques
1.1 Il n’existe pas de carrés négatifs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2 Factorisation, réarrangement des termes . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2
2
3
2 Le répertoire standard
2.1 HM-GM-AM-QM . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2 Cauchy-Schwarz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.3 Suites ordonnées . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4
4
7
8
3 La boîte à astuces
3.1 Symétrie . . . . . . . . .
3.2 Homogénéité . . . . . . .
3.3 Substitutions . . . . . .
3.4 Changer de sens . . . . .
3.5 Induction . . . . . . . .
3.6 Estimer terme par terme
3.7 Exemple I . . . . . . . .
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13
14
18
19
20
22
1
1.1
Transformations algébriques
Il n’existe pas de carrés négatifs
Nous allons commencer ce script par la plus simple de toutes les inéquations, en l’occurrence
x2 ≥ 0.
En fin de compte, toute inéquation peut être ramenée au fait qu’il n’existe pas de carrés
négatifs. Néanmoins, cela reste un procédé difficilement applicable dans la plupart des cas.
Avant de traiter les inéquations classiques dans le chapitre suivant, nous allons montrer
ici jusqu’où on peut aller avec une observation aussi élémentaire.
Exemple 1. Soit a un nombre réel. Montrer que
4a − a4 ≤ 3.
Solution. L’idée est de compléter les carrés et de transformer l’expression en une somme
de carrés. Après quelques essais, on trouve que l’inéquation est équivalente à
(a2 − 1)2 + 2(a − 1)2 ≥ 0,
ce qui est évidemment juste. Le seul cas d’égalité est a = 1.
Dans l’exemple suivant, nous allons démontrer la fameuse inégalité des quatre moyennes
pour le cas spécial de deux variables. Nous y reviendrons dans le chapitre suivant.
Exemple 2. Soient a et b des nombres réels positifs. Alors
r
√
2
a2 + b2
a+b
min(a, b) ≤ 1 1 ≤ ab ≤
≤
≤ max(a, b).
2
2
+b
a
√
Solution.
La
troisième
inéquation
est
par
exemple
équivalente
à
0
≤
a
+
b
−
2
ab =
√
√
2
( a − b) , ce qui est clairement juste. On démontre les autres inégalités de façon
similaire.
On appelle les expressions de l’exemple précédent, dans l’ordre, la moyenne harmonique,
géométrique, arithmétique et quadratique de a et de b, en abrégé HM, GM, AM, QM.
En réalité, l’AM et la QM sont définies pour l’ensemble des nombres réels et une courte
réflexion nous montre que l’inéquation AM ≤ QM est généralisable.
2
Exemple 3. Montrer que pour tous les nombres réels a, b, c, on a
a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca.
Solution. L’inéquation est équivalente à
(a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2 ≥ 0.
1.2
Factorisation, réarrangement des termes
On peut résoudre certaines inéquations parfois même difficiles en réarrangeant les termes
impliqués jusqu’à ce que la solution devienne évidente. Nous allons commencer par l’exercice suivant :
Exemple 4. (AUO 75) Pour tout a, b, c ≥ 0,
a3 + b3 + c3 + 3abc ≥ ab(a + b) + bc(b + c) + ca(c + a).
Solution. L’inéquation est symétrique en a, b, c, on peut donc poser a ≤ b ≤ c. De plus,
elle est homogène de degré 3. Cela signifie que si l’on multiplie tous les trois variables
par un facteur λ, alors les deux côtés de l’inéquation seront multipliés par le facteur λ3 .
En particulier, si l’inéquation vaut pour a, b, c, alors elle vaut aussi pour λa, λb, λc. On
peut donc toujours multiplier les variables par un facteur adéquat pour pouvoir supposer
a = 1. On pose maintenant b = 1 + x et c = 1 + y avec x, y ≥ 0. En remplaçant dans
l’inéquation initiale et après quelques transformations d’équivalence, on obtient
⇔
x3 + y 3 + x2 + y 2 ≥
⇔ x3 + y 3 + x2 − xy + y 2 − xy(x + y) ≥
⇔ x3 + y 3 + (x − y)2 + xy − xy(x + y) ≥
(x + y)(x2 − xy + y 2 − xy) + xy + (x − y)2 ≥
⇔ (x + y + 1)(x − y)2 + xy ≥
x2 y + xy + xy 2
0
0
0
0.
La dernière inéquation est évidente car tous les termes sont plus grands ou égaux à 0. Il
y a égalité si x = y = 0, donc si a = b = c.
Le dernier exemple correspond au cas p = 1 de la fameuse inéquation de Schur qui suit
et sur laquelle nous allons encore revenir par la suite.
Théorème 1.1 (Schur). Soient x, y, z des nombres réels non-négatifs et p > 0. Alors
xp (x − y)(x − z) + y p (y − z)(y − x) + z p (z − x)(z − y) ≥ 0.
Il y a égalité si x = y = z ou si deux des trois variables sont égaux et le troisième vaut 0.
3
Preuve. Comme l’inéquation est symétrique, on peut poser x ≥ y ≥ z. Après quelques
transformations, l’inéquation devient
(x − y) (xp (x − y) − y p (y − z)) + z p (x − z)(y − z) ≥ 0.
À cause de x ≥ y ≥ z, toutes les parenthèses du côté gauche sont positives, ce qui prouve
l’inéquation.
Attention : Même si cette preuve a l’air facile, elle est difficile à trouver. De plus, je ne
connais aucune preuve plus élégante qui utiliserait les inéquations usuelles du chapitre
suivant. L’inéquation de Schur est donc à considérer comme un supplément aux sections
suivantes. Nous reviendrons encore sur cette question en rapport avec les inéquations
symétriques homogènes.
2
2.1
Le répertoire standard
HM-GM-AM-QM
Le contenu de cette section est l’inégalité entre les moyennes harmonique, arithmétique,
géométrique et quadratique. Pour les nombres a1 , . . . , an , on définit la
moyenne harmonique
HM
moyenne géométrique
GM
1
a1
+
√
n
1
a2
n
+ ... +
1
an
a1 · a2 · · · an
a1 + a2 + . . . + an
n
r
a21 + a22 + . . . + a2n
moyenne quadratique
QM
n
La moyenne harmonique et la moyenne géométrique ne sont définies que pour des ak
positifs, tandis qu’on définit les deux autres pour tout nombre réel. L’inéquation suivante
est capitale :
moyenne arithmétique
AM
Théorème 2.1 (Inégalité des moyennes). Pour tout nombre positif a1 , . . . , an ,
min(a1 , . . . , an ) ≤ HM ≤ GM ≤ AM ≤ QM ≤ max(a1 , . . . , an ).
Pour chacune des cinq inéquations, il y a égalité si et seulement si a1 = a2 = . . . = an .
Preuve. On montre d’abord l’inégalité
√
a1 + . . . + an
≥ n a1 · a2 · · · an .
n
4
On part de nombres positifs ak arbitraires et on les transforme de manière à ce que le
côté gauche reste constant pendant que le côté droit de l’inéquation croît. À la fin, tous
les ak sont égaux et il y a égalité dans la formule précédente. Il s’ensuit directement que
l’inégalité est correcte, tout comme les conditions d’égalité.
Soit a la moyenne arithmétique des ak . Si tous les ak ne sont pas égaux à a, alors il existe
deux indices i et j tels que ai < a < aj (pourquoi ?). On remplace maintenant ai et aj
par
bi = a, bj = ai + aj − a.
On a bi + bj = ai + aj et
bi bj = a(ai + aj − a) = ai aj + (aj − a)(a − ai ) > ai aj .
Par cette substitution, on a augmenté le nombre des ak valant la moyenne arithmétique
a. Pendant l’opération, le côté gauche de l’inéquation est resté constant, tandis que le
côté droit croissait. Après un nombre fini de pas, tous les ak sont égaux et le côté droit
vaut a. Ce qui termine la première partie de la preuve.
On montre maintenant HM ≤ GM. En substituant bk = 1/ak , on voit que c’est une
conséquence directe de GM ≤ AM.
L’inéquation AM ≤ QM vaut pour des réels ak arbitraires et se démontre de façon analogue à l’inéquation GM ≤ AM. Je la laisse en exercice, tout comme les deux inégalités
restantes.
La méthode appliquée lors de cette démonstration est d’importance majeure dans l’ensemble des mathématiques et nous y reviendrons encore plus en détail. Il est important
de garder les conditions d’égalité en tête, car elles sont demandées dans la plupart des
exercices. Faisons maintenant quelques exemples :
Exemple 5. Si a > 0, alors a + 1/a ≥ 2.
p
Solution. D’après le AM-GM, a + 1/a ≥ 2 a · 1/a = 2.
Exemple 6. Pour tout a, b, c ≥ 0,
(a + b)(b + c)(c + a) ≥ 8abc.
Solution. En appliquant le AM-GM pour tous les facteurs, on obtient
√
√
a+b b+c c+a √
·
·
≥ ab · bc · ca = abc.
2
2
2
5
En multipliant par 8, cela donne l’inégalité désirée. Il y a égalité exactement si a = b = c.
Exemple 7. Pour trois nombres positifs x, y, z, on a x + y + z = 1. Montrer l’inéquation
1
1
2
2
2
1
+
+
≥
+
+
.
1−x 1−y 1−z
1+x 1+y 1+z
Solution. On a 1 − x = y + z et 1 + x = 2x + y + z, c’est analogue pour les autres termes.
D’après le AM-HM,
1
1
4
4
+
≥
=
,
x+y y+z
(x + y) + (y + z)
x + 2y + z
avec égalité si et seulement si x + y = y + z, donc si x = z. De façon analogue, nous
avons aussi
1
1
4
+
≥
,
y+z z+x
y + 2z + x
1
4
1
+
≥
.
z+x x+y
z + 2x + y
En additionnant les trois inéquations et en divisant par 2, on obtient exactement l’inégalité cherchée. Il n’y a égalité que si x = y = z.
Il est souvent nécessaire d’appliquer le AM-GM de façon habile pour parvenir à ses fins.
À première vue, il n’est pas toujours évident quels termes on doit grouper pour faire une
estimation. Voici un exemple pour ce cas de figure.
Exemple 8. Pour tout a, b, c > 0,
a2 b + b 2 c + c 2 a ≤ a3 + b 3 + c 3 .
Solution. D’après le AM-GM,
√
3
a3 + a3 + b3 ≥ 3 a3 · a3 · b3 = 3a2 b.
De façon similaire, on montre que 2b3 + c3 ≥ 3b2 c et 2c3 + a3 ≥ 3c2 a. Une simple addition
donne le résultat désiré.
Dans de tels cas, il faut se demander comment les exposants sont répartis des deux côtés.
De là, on peut reconstruire combien de termes de chaque sorte on doit combiner avec le
AM-GM.
6
2.2
Cauchy-Schwarz
Une autre inéquation fondamentale est celle de Cauchy-Schwarz (CS). En effet, on peut
prouver (ou au moins simplifier) la plupart des inéquations grâce à elle. Toutefois, il existe
de nombreuses possibilités d’application de ce théorème et ce n’est souvent pas évident
pour les débutants de trouver la bonne. Commençons d’abord par l’écrire.
Théorème 2.2 (Cauchy-Schwarz). Pour tous les nombres réels a1 , . . . , an et b1 , . . . , bn ,
on a
(a21 + a22 + . . . + a2n )(b21 + b22 + . . . + b2n ) ≥ (a1 b1 + a2 b2 + . . . + an bn )2 .
Il y a égalité si et seulement si les deux vecteurs (a1 , . . . , an ) et (b1 , . . . , bn ) sont colinéaires,
c’est-à-dire si l’un est un multiple scalaire de l’autre.
Preuve. La différence des deux côtés vaut (calculer !)
X
(ai bj − aj bi )2 ,
i<j
elle n’est donc pas négative. Il y a égalité exactement si ai bj = aj bi pour tout i < j. C’est
équivalent à l’existence d’un nombre réel λ avec ai = λbi pour tout i, ou avec bi = λai
pour tout i. Je laisse le soin de vérifier cette affirmation aux lecteurs.
→
−
−
En définissant les deux vecteurs →
a = (a1 , . . . , an ) et b = (b1 , . . . , bn ), on peut également
écrire CS comme
→
−
→
−
→
−
−
a · b ≤ ||→
a || · || b ||,
ce que vous connaissez déjà peut-être pour n = 3 de l’école (à gauche, nous avons le
produit scalaire de deux vecteurs).
Exemple 9. Soient x1 , . . . , xn des nombres réels positifs. Montrer que
1
1
(x1 + . . . + xn )
+ ... +
≥ n2 .
x1
xn
√
√
Solution. Ce n’est rien d’autre que CS avec ak = xk et bk = 1/ xk . De la condition
d’égalité de CS, il s’ensuit qu’il n’y a égalité que si x1 = . . . = xn (vérifier !).
Exemple 10. Pour x, y, z ∈ R, on a x2 + y 2 + z 2 = 1. Déterminer la valeur maximale
de x + 2y + 3z.
Solution. D’après CS, nous avons
(x2 + y 2 + z 2 )(12 + 22 + 32 ) ≥ (x + 2y + 3z)2 ,
7
√
à cause de x2 + y 2 + z 2 = 1, cela devient donc |x + 2y + 3z| ≤ 14. Il n’y a égalité que si
les deux vecteurs (x, y, z) et (1, 2, √
3) sont √
colinéaires.
√ Un calcul rapide√nous montre que
c’est le cas pour (x, y, z) = ±(1/ 14, 2/ 14, 3/ 14). Le maximum 14 n’est atteint
qu’avec le signe +.
Exemple 11. Montrer que pour a, b, c > 0, on a
a
b
c
3
+
+
≥ .
2b + 3c 2c + 3a 2a + 3b
5
Solution. Soit A le côté gauche de l’inéquation et posons B = a(2b + 3c) + b(2c + 3a) +
c(2a + 3b). D’après CS, nous avons
A · B ≥ (a + b + c)2 .
Nous savons donc que A ≥ (a + b + c)2 /B et il suffit de montrer que le côté droit est
≥ 5/3. Faisons le calcul :
5(a + b + c)2
a2 + b2 + c2 + 2ab + 2bc + 2ca
a2 + b 2 + c 2 .
3B ≤
⇔ 3(ab + bc + ca) ≤
⇔ ab + bc + ca ≤
La dernière inégalité est correcte, comme on le sait déjà (utiliser par exemple CS ou le
AM-GM). Cela termine la preuve. En suivant l’argumentation, il est facile de voir qu’il
n’y a égalité que pour a = b = c.
2.3
Suites ordonnées
Dans cette section, nous allons présenter deux autres inéquations importantes ayant des
applications très variées. Contrairement aux résultats présentés jusqu’ici, nous allons
désormais prendre en considération l’ordre des valeurs impliquées, apportant ainsi de
nouvelles possibilités (et parfois aussi de nouveaux problèmes). Les deux premières inéquations sont intuitivement vraies. Supposons que nous avons à disposition un tas de
billets de 10, un autre de billets de 20 et un troisième de billets de 50. Nous pouvons
maintenant choisir un billet d’un des tas, quatre du deuxième, six du tas restant et
les garder. Combien de billets prendrait-on de quel tas ? Alors... ? Voici la traduction
mathématique :
Théorème 2.3 (Théorème principal). Soient a1 , a2 , . . . , an et b1 , b2 , . . . , bn deux suites
de nombres réels, et soit c1 , c2 , . . . , cn un réarrangement de la suite bk . Alors la somme
S=
n
X
ak c k
k=1
est maximale si ak et ck sont ordonnées dans le même sens, et elle est minimale si ak et
ck sont ordonnées en sens opposés.
8
Preuve. Supposons qu’il existe deux indices i et j tels que ai > aj , mais ci < cj . En
échangeant les deux termes ci et cj , la somme se voit augmenter :
(ai cj + aj ci ) − (ai ci + aj cj ) = (ai − aj )(cj − ci ) > 0.
Après un nombre fini de tels changements, la suite ck sera ordonnée exactement comme
la suite ak . De plus, la somme croît lors de chaque échange. Ceci démontre la première
affirmation (comparer à la preuve du AM-GM). On peut montrer de façon analogue que
la somme est minimale si ak et ck sont ordonnées en sens opposés.
Avant de faire des exemples, nous allons encore introduire une notation pratique :
a1 a2 · · · an
= a1 b 1 + a2 b 2 + . . . + an b n .
b1 b2 · · · bn
Exemple 12. Montrer que pour tout a, b, c ≥ 0,
a3 + b3 + c3 ≥ a2 b + b2 c + c2 a.
Solution. Les suites a, b, c et a2 , b2 , c2 sont ordonnées dans le même sens. D’après le
théorème principal, il s’ensuit que
a b c
a b c
≥
.
a2 b 2 c 2
c 2 a2 b 2
Ce qui est exactement l’inégalité à prouver.
Exemple 13. Soient a1 , . . . , an > 0 des nombres réels dont la somme vaut s. Montrer
que
a2
an
n
a1
+
+ ... +
≥
.
s − a1 s − a2
s − an
n−1
Solution. Désignons le côté gauche par A. Les suites a1 , . . . , an et 1/(s−a1 ), . . . , 1/(s−an )
sont ordonnées dans le même sens, on peut donc déduire du théorème principal que pour
2 ≤ k ≤ n,

 

a1
a2
...
an
a1
···
an

≥
.
1
1
1
1
1
...
···
s − ak s − ak+1
s − ak−1
s − a1
s − an
En faisant la somme de ces n − 1 inéquations, on obtient
(n − 1)A =
s − an
s − a1
+ ... +
= n,
s − a1
s − an
ce qui est le résultat cherché.
9
Parfois, il est utile de considérer plus que deux suites à la fois. On étend la définition des
grands crochets à un nombre arbitraire de suites :


a1 a2 · · · an
n
 b1 b2 · · · bn  X


S =  .. .. . .
=
ak b k · · · r k .
. 
 . .
. ..  k=1
r1 r2 · · · rn
Grâce à l’induction sur le nombre de suites, nous pouvons aisément déduire du théorème
principal le résultat suivant :
Théorème 2.4 (Théorème principal, généralisation). Supposons que ak , bk , . . . , rk ne
prennent pas de valeur négative. La somme S définie ci-dessus prend sa valeur maximale
quand les suites ak , bk , . . . , rk sont toutes ordonnées dans le même sens.
Exemple 14. Soient x1 , . . . , xn des nombres réels positifs. Montrer que
xn+1
+ xn+1
+ . . . + xn+1
≥ x1 x2 · · · xn (x1 + x2 + . . . + xn ).
1
2
n
Solution. Nous avons









x1 · · ·
x1 · · ·
x1 · · ·
.. . .
.
.
x1 · · ·
x1 · · ·
xn
xn
xn
..
.


 
 
 
 
≥
 
 
xn  
xn
x1 x2
x2 x3
x3 x4
..
..
.
.
xn x1
x1 x2
···
···
···
..
.
xn
x1
x2
..
.
···
···
xn−1
xn





.



Nous allons maintenant démontrer la deuxième inéquation importante concernant les
suites ordonnées, l’inéquation de Chebychef.
Théorème 2.5 (Chebychef). Si a1 , . . . , an et b1 , . . . , bn sont deux suites ordonnées dans
le même sens, alors
a1 b 1 + . . . + an b n
a1 + . . . + an b 1 + . . . + b n
≥
·
.
n
n
n
Si les deux suites sont ordonnées en sens opposés, alors la même inéquation reste valable
en inversant le signe d’inégalité.
10
Preuve. Comme les deux suites sont ordonnées dans le même sens, on peut déduire du
théorème principal les estimations suivantes :
a1 b 1 + . . . + an b n =
a1 b 1 + . . . + an b n ≥
a1 b 1 + . . . + an b n ≥
..
.
a1 b 1 + . . . + an b n ≥
a1 b 1 + a2 b 2 + . . . + an b n ,
a1 b 2 + a2 b 3 + . . . + an b 1 ,
a1 b 3 + a2 b 4 + . . . + an b 2 ,
a1 bn + a2 b1 + . . . + an bn−1 .
En additionnant ces inéquations, on obtient
n(a1 b1 + . . . + an bn ) ≥ (a1 + . . . + an )(b1 + . . . + bn ),
ce qui est la première affirmation. Le deuxième cas se démontre de façon analogue.
Exemple 15. Soient x, y, z des nombres positifs réels avec xyz = 1. Montrer que
y−1
z−1
x−1
√
+√
≥ 0.
+√
y+z
x+y
z+x
√
√
√
Solution. Les suites x, y, z et 1/ y + z, 1/ z + x, 1/ x + y sont ordonnées dans le même
sens. Avec Chebychef on obtient
y
x+y+z
1
x
z
1
1
√
√
+√
≥
+√
+√
+√
y+z
x+y
3
y+z
x+y
z+x
z+x
1
1
1
√
3
≥
xyz √
+√
+√
,
y+z
x+y
z+x
où pour la deuxième estimation nous avons appliqué l’AM-GM. En soustrayant le côté
droit du côté gauche et en utilisant la condition xyz = 1, on obtient l’inégalité cherchée.
3
La boîte à astuces
Dans ce chapitre on va parler d’idées générales qui sont utiles et importantes pour la
résolution d’inéquations. Souvent une inéquation a des symétries de différents types qui
peuvent aider à simplifier la solution considérablement. Ou alors elle ne peut pas être
résolu par des méthodes standard car il n’y a pas de suites ordonnées, car le signe d’inégalité va dans le faux sens pour appliquer Cauchy-Schwarz ou encore car AM-GM donne
une mauvaise inégalité. Des cas graves. Ici des astuces plus subtiles peuvent aider mais
il faut les connaître à l’avance pour pouvoir les appliquer dans des cas concrets. On va
les présenter dans les paragraphes qui suivent.
11
3.1
Symétrie
Nous allons commencer par la symétrie. Une expression en n variables est dite symétrique lorsqu’elle ne change pas si on permute les variables. Une inéquation est dite
symétrique lorsqu’un échange de variables ne la modifie pas. La plupart des inéquations
traitées jusqu’ici sont symétriques. En particulier, le HM-GM-AM-QM est une inégalité
symétrique. Cauchy-Schwarz n’est pas une inéquation tout à fait symétrique. Elle garde
toutefois la même forme si l’on échange les ak comme on veut et que l’on applique le
même réarrangement aux bk .
L’utilité de la symétrie est la suivante : si l’on a une inéquation en n variables x1 , . . . xn ,
alors on peut supposer, sans perte de généralité, que x1 ≥ . . . ≥ xn . Autrement dit on
peut ordonner les variables selon leur grandeur à volonté. Si elles ne sont pas encore ordonnées, on peut donc échanger les variables en envoyant la plus grande à la place de x1 ,
la deuxième plus grande à la place de x2 etc. et à la fin, on peut renommer les variables
(réfléchissez-y !). Même si ce n’est pas d’utilité immédiate, ce procédé aide à trouver des
suites ordonnées dans le même sens, pour lesquelles on peut appliquer le théorème principal ou Chebychef.
Voici deux exemples d’inégalités non-symétriques :
p
√
√
ab + cd ≤ (a + c)(b + d),
x21
x22
x2n
+
+
.
.
.
+
≤ n − 1.
x21 + x2 x3 x22 + x3 x4
x2n + x1 x2
Toutefois, la première inéquation garde la même forme si l’on échange a avec b et simultanément c avec d. On peut aussi échanger a avec c et b avec d. À cause de ces symétries,
on peut supposer sans perte de généralité que a est le plus grand (ou le plus petit) des
quatre nombres.
Le deuxième exemple garde sa forme initiale si l’on procède au changement x1 → x2 →
. . . → xn → x1 autant de fois que l’on veut. Les inéquations avec une telle invariance
sont dites cycliquement symétriques. La symétrie cyclique joue un rôle important chez
les inégalités, car elle permet au moins de supposer sans perte de généralité que x1 est le
plus grand (plus petit) des n nombres. Ceci peut ensuite être appliqué dans une preuve
par induction sur le nombre de variables.
On ne peut pas expliquer mathématiquement pourquoi les inéquations symétriques sont
plus faciles à résoudre que d’autres, même si l’expérience le montre clairement. Cela vient
peut-être du fait que toutes les inéquations standards sont symétriques, et que pour résoudre une inéquation non-symétrique, on doit souvent avoir recours à une argumentation
tout aussi asymétrique.
Exemple 16. Soient a, b, c des nombres réels. Montrer que
min(a + b − 2c, b + c − 2a, c + a − 2b) ≤ min(a − b, b − c, c − a).
12
Solution. Le côté gauche est symétrique, le côté droit seulement cycliquement symétrique.
L’inéquation ne varie donc pas en faisant le changement a → b → c → a, ce qui nous
permet de supposer que a est le plus grand des trois nombres. Nous pouvons ainsi calculer
que le côté gauche vaut b + c − 2a. De plus, a − b ≥ c − a, le côté droit vaut donc c − a
ou b − c (les deux cas de figure sont possibles). Dans le premier cas, l’inéquation devient
b+c−2a ≤ c−a, ou en simplifiant b ≤ a, ce qui est vrai par hypothèse. Dans le deuxième
cas, elle devient b + c − 2a ≤ b − c, donc 2c ≤ 2a, ce qui est également correct.
3.2
Homogénéité
Un autre attribut invariant d’une inéquation est l’homogénéité. On appelle une expression
A(x1 , . . . , xn ) en n variables homogène de degré k, si pour tout λ > 0 et pour tout
x1 , . . . , xn on a
A(λx1 , . . . , λxn ) = λk A(x1 , . . . , xn ).
C’est-à-dire, si toutes les variables sont multipliées par un facteur λ, l’expression change
d’un facteur λk . Une inéquation est homogène de degré k si les deux côtés le sont. L’avantage des inéquations homogènes est que l’on peut multiplier les variables par un facteur
sans perdre la généralité car si l’inéquation est vérifiée pour x1 , . . . , xn alors elle l’est aussi
pour λx1 , . . . , λxn . On peut donc supposer qu’on a x1 + . . . + xn = 1 ou x21 + . . . + x2n = 3.
Si ce n’est pas le cas alors on peut multiplier toutes les variables par un facteur λ > 0
Voir aussi la solution de l’exemple 4. Un autre exemple est une démonstration alternative
pour CS :
Exemple 17. Pour tous les nombres réels a1 , . . . , an et b1 , . . . , bn on a
(a21 + a22 + . . . + a2n )(b21 + b22 + . . . + b2n ) ≥ (a1 b1 + a2 b2 + . . . + an bn )2 .
Démonstration. Si on remplace tous les ak et tous les bk par leur valeur absolue le côté
gauche ne change pas et le côté droit peut uniquement augmenter. On peut donc se
restreindre au cas ak ≥ 0 et bk ≥ 0. L’inéquation est homogène de degré 2 dans les
variables a1 , . . . , an . On peut donc supposer que a21 + . . . + a2n = 1. De même on peut
supposer que b21 + . . . + b2n = 1. On doit maintenant montrer que
a1 b1 + a2 b2 + . . . + an bn ≤ 1
(l’inéquation de départ en découle car toutes les variables sont positives). Mais ceci
découle de AM-GM : pour 1 ≤ k ≤ n on a ak bk ≤ (a2k + b2k )/2. En sommant
a1 b 1 + a2 b 2 + . . . + an b n ≤
a21 + . . . + a2n b21 + . . . + b2n
+
= 1.
2
2
Dans
exemple on a simplifié l’équation en déhomogénisant, donc en supposant que
P 2 cetP
ak =
b2k = 1. Une preuve similaire de l’inéquation de départ ne marcherait pas.
13
Mais déhomogéniser n’est pas toujours un avantage. Considérons l’exemple suivant :
Pour a, b, c > 0 on a :
√
a
b
c
+√
+√
≥ 1.
a2 + 8bc
b2 + 8ca
c2 + 8ab
Cette inéquation est homogène de degré 0, et on peut par exemple supposer que abc = 1.
Avec cette condition supplémentaire l’inéquation est équivalente à
a
b
c
p
+p
+p
≥ 1.
a2 + 8/a
b2 + 8/b
c2 + 8/c
Ceci a peut-être l’air plus simple que l’inéquation de départ car dans les trois termes à
gauche il n’y a qu’une variable. Mais ceci a couté cher car la condition supplémentaire est
difficile à utiliser. De plus toutes les inéquations standard sont homogènes. L’inéquation
des moyennes est homogène de degré 1, le théorème principal, Chebychef et CS sont (dans
la version présentée ici) homogènes de degré 2. Si on désire prouver une inéquation avec les
moyens présentés dans ce chapitre il est rarement un avantage de la rendre inhomogène.
En fait on prend souvent le chemin inverse et on homogénise une inéquation à l’aide
d’une condition supplémentaire.
Exemple 18. Soient x, y, z des nombres réels positifs xyz = 1. Montrer que
x2 + y 2 + z 2 ≥ x + y + z.
Solution. Il suffit de montrer que pour tout x, y, z > 0 on a
√
x2 + y 2 + z 2 ≥ 3 xyz(x + y + z).
Parce que ceci implique l’inéquation de départ à cause de la condition supplémentaire
xyz = 1. Cette nouvelle inéquation est homogène (de degré 2) et n’a aucune condition
supplémentaire. On a homogénisé l’inéquation de départ. Pour terminer on utilise AMQM (ou Chebychef) et puis AM-GM :
x2 + y 2 + z 2 ≥
x+y+z
√
· (x + y + z) ≥ 3 xyz(x + y + z).
3
D’autres exemples se trouvent dans l’exemple 7 et dans la troisième solution de l’exemple I.
3.3
Substitutions
Dans certains cas une inéquation peut être simplifiée si on remplace les anciennes variables par des nouvelles, voir l’exemple 4. On fait alors une substitution. Mais il faut
faire attention de bien traduire les conditions supplémentaires ou de voir s’il y en a des
nouvelles. On doit aussi trouver le domaine de définition des nouvelles variables. Voici
des exemples :
14
Exemple 19. Soient x, y, z des nombres réels positifs avec x + y + z = xyz. Prouver
l’inéquation suivante :
1
1
1
3
+
+
≥ .
2
2
2
1+x
1+y
1+z
4
Solution. Le problème est la condition supplémentaire x + y + z = xyz. Il est plus que
difficile d’homogéniser directement l’inéquation car la condition n’est pas homogène non
plus. On va choisir un autre chemin et on introduit des nouvelles variables pour lesquelles
la condition supplémentaire a une forme beaucoup plus sympathique.
Il faut voir que la condition supplémentaire est équivalente à 1/(xy)+1/(yz)+1/(zx) = 1.
On est donc tenté de substituer a = 1/(xy), b = 1/(yz) et c = 1/(zx), ainsi on aura
a, b, c > 0 et a + b + c = 1. De plus x2 = b/(ac), y 2 = c/(ba) et z 2 = a/(cb), et donc on
peut récrire l’inéquation avec les nouvelles variables et homogéniser au même temps :
ac
ac
=
ac + b
ac + b(a + b + c)
ac
ac(a + c)
=
.
(a + b)(b + c)
(a + b)(b + c)(c + a)
1
=
1 + x2
=
Les calculs analogues pour les autres termes de la somme nous donnent une inéquation homogène sans condition supplémentaire. Après avoir multiplié par le dénominateur
commun, elle est équivalente à
3
ac(a + c) + ba(b + a) + cb(c + b) ≥ (a + b)(b + c)(c + a).
4
Simplifier nous donne
a2 b + b2 c + c2 a + b2 a + c2 c + a2 c ≥ 6abc,
ce qui suit de AM-GM.
Une condition supplémentaire qui apparait relativement souvent dans des inéquations à
trois variables est abc = 1 (ou = k pour k > 0). En général ce n’est pas très facile à
manier mais il y a quelques astuces qu’on va présenter maintenant. Tout d’abord on peut
essayer si une substitution de la forme x = 1/a, y = 1/b, z = 1/c simplifie l’inéquation.
L’avantage est que la condition supplémentaire reste (presque) la même. Mais beaucoup
plus importante est la substitution suivante :
a=
x
,
y
y
b= ,
z
c=
z
,
x
où x, y, z > 0. Ceci est justement possible car abc = 1 et clairement x, y, z sont définis
à un facteur commun près, on peut par exemple choisir x = a, y = 1, z = 1/b. Pour
les nouvelles variables il n’y a plus de condition supplémentaire. Ainsi les inéquations
peuvent être homogénisées de manière élégante. Il faut aussi faire la réflexion suivante :
15
cette substitution ne contient qu’une symétrie cyclique, ceci peut être un avantage. Si
l’inéquation à prouver est symétrique elle sera que symétrique cyclique après la substitution. Mais inversement les inéquations cycliques peuvent devenir symétriques. D’ailleurs
on peut aussi avoir l’autre symétrie cyclique en substituant :
a=
y
,
x
z
b= ,
y
c=
x
.
z
Souvent l’une des deux marche bien et l’autre pas du tout ! Il faut tester pour voir
laquelle il faut utiliser, ça dépend de la symétrie de l’inéquation. Finalement on aimerait
mentionner qu’il y a aussi une variante symétrique de tout ça, c’est simplement :
√
√
√
xy
yz
zx
a=
,
b=
,
c=
.
z
x
y
Exemple !
Exemple 20. Soient a, b, c des réels positifs avec abc = 1. Montrer que
a
1+a+
+
1 2
b
b
1+b+
+
1 2
c
c
1
≤ .
2
3
1 + c + a1
Solution. On s’y attendait, on va substituer a = x/y, b = y/z et c = z/x. Maintenant on
a
xy
a
,
=
1 2
(x + y + z)2
1+a+ b
et de même pour les autres termes. Avec cette substitution on a homogénisé l’inéquation,
on l’a rendue symétrique et de plus tous les dénominateurs sont égaux, c’est l’optimum !
Il reste à montrer
3(xy + yz + zx) ≤ (x + y + z)2 ,
ce qui est évident après avoir simplifié (exemple 3).
En faisant les autres substitutions on peut se convaincre que les termes résultants sont
beaucoup plus compliqués.
Exemple 21. Montrer que pour tout a, b, c > 0 on a
b+c
c+a
a+b
+
+
< 2.
a + 2c + b b + 2a + c c + 2b + a
Solution. Pour simplifier on va poser x = a + b, y = b + c et z = c + a. Grâce à la
construction x, y, z sont positifs. L’inéquation devient
x
y
z
+
+
< 2.
y+z z+x x+y
Mais ceci est faux ! Il suffit de poser x = y = 1 et z = 4. Où est l’erreur ? Avec ces valeurs
de x, y, z on a a = c = 2, b = −1 et ceux là ne sont pas tous positifs. Apparemment pas
16
tous les triples (x, y, z) proviennent d’un triple positif (a, b, c). On a donc introduit une
condition supplémentaire :
x + y > z,
y + z > x,
z + x > y,
ceci signifie que x, y et z sont les côtés d’un triangle. (voir théorème 3.1 en bas). Maintenant l’inéquation est plus simple mais la condition supplémentaire est assez compliquée.
On va maintenant prouver l’inéquation avec une estimation triviale. On a
a+b
a+b
<
,
a + 2c + b
a+c+b
et avec les deux estimations analogues on peut conclure. La constante 2 est d’ailleurs
optimale. On peut voir cela en posant a = t2 , b = t et c = 1 et en choisissant t très grand.
Le dernier exemple montre un phénomène qu’on a ignoré jusqu’ici. Il est très important de réfléchir au domaine de définition des nouvelles variables ! Réfléchissons aux deux
exemples qu’on vient de voir : Dans l’exemple 19 la substitution (a, b, c) = (1/(xy), 1/(yz), 1/(zx))
est bijective. C’est-à-dire que à chaque triple (a, b, c) de nombres réels positifs on peut
associer exactement un triple (x, y, z) de nombres réels positifs. Avec la condition supplémentaire ’traduite’, l’inéquation avec les nouvelles variables est vraiment équivalente
à celle de départ. Dans l’exemple 20 la substitution n’est pas bijective dans ce sens, à
chaque triple (a, b, c) avec abc = 1 on peut associer un nombre infini de triples (x, y, z).
La raison pour cela est qu’on a aussi éliminé la condition supplémentaire abc = 1. Malgré
ça il est clair que l’inéquation de départ est vérifiée pour tous les a, b, c > 0 avec abc = 1
si et seulement si l’inéquation transformée est vraie pour tout x, y, z > 0. De nouveau
la substitution est une transformation équivalente. Dans le dernier exemple ce n’est plus
vrai. Il suffirait de prouver la nouvelle inéquation dans les nouvelles variables x, y, z > 0.
Mais vu qu’elle n’est pas vraie cette substitution ne sert à rien et les condition supplémentaires qui apparaissent sont très difficiles à manier.
Certaines inéquations en trois variables ont la condition supplémentaire que a, b, c sont
les longueurs des côtés d’un triangle. Dans ces cas la substitution du dernier exemple est
utile. On a
Théorème 3.1. Pour trois nombres réels positifs a, b, c les conditions suivantes sont
équivalentes :
(i) Il existe un triangle dont les longueurs des côtés sont a, b, c.
(ii) On a
a + b > c,
b + c > a,
c + a > b.
(iii) Il existent trois nombres réels positifs x, y, z avec
a = x + y,
b = y + z,
17
c = z + x.
La preuve est simple et elle est laissée en exercice. Les trois nombres x, y, z de (iii) ont un
sens géométrique. Considerer un triangle ABC de côtés a, b, c. Le cercle inscrit touche les
côtés AB, BC, CA aux points P, Q, R. Alors on a y = |CR| = |CQ|, y = |BQ| = |BP |,
z = |AP | = |AR|. Ceci permet aussi que x, y, z vaillent 0 (pas tous en même temps),
auquel cas on obtient des triangles dégénérés.
Dans les inéquations pour les côtés d’un triangle il faut toujours essayer la substitution
de (iii). Elle ne marche pas toujours et des fois les termes deviennent très compliqués.
Mais il faut toujours essayer !
3.4
Changer de sens
Il y a des inéquations qui résistent à toutes les attaques car les estimations standard
vont dans le mauvais sens. Dans ces cas on aimerait tourner le signe d’inégalité d’une
manière ou d’une autre. Une situation qu’on rencontre souvent est que d’un côté on a
une somme de fractions et l’autre est très simple, par exemple une constante et on veut
borner la somme de fractions par le haut. Alors CS ne peut être utilisé ou seulement
dans le mauvais sens ce qui n’est pas très commode. L’astuce est de tourner le signe
d’inégalité. Pour montrer cela voici de nouveau l’exemple 19 :
Exemple 22. Montrer que pour tout a, b, c > 0 on a
b+c
c+a
a+b
+
+
< 2.
a + 2c + b b + 2a + c c + 2b + a
Solution. On l’a déjà mentionné, on ne peut faire des estimations avec CS de la forme
C.G.·(. . .) ≥ . . . car elles vont dans le mauvais sens. On va donc soustraire toute l’inéquation d’une constante pour tourner le signe d’inégalité. Soit A le côté gauche. L’inégalité
est équivalente à 3 − A > 1. De plus on a
a+b
b+c
c+a
B =3−A=
1−
+ 1−
+ 1−
a + 2c + b
b + 2a + c
c + 2b + a
2c
2a
2b
=
+
+
.
a + 2c + b b + 2a + c c + 2b + a
Avec CS on a
B · (2c(a + 2c + b) + 2a(b + 2a + c) + 2b(c + 2b + a)) ≥ 4(a + b + c)2 ,
et il suffit de montrer que
4(a + b + c)2 > 2c(a + 2c + b) + 2a(b + 2a + c) + 2b(c + 2b + a).
Après avoir simplifié on obtient 4(ab + bc + ca) > 0, ce qui est correct.
18
On peut se demander pourquoi on a choisi la constante 3 alors qu’on aurait pu essayer
de montrer que 2 − A > 0. Mais alors il y a des termes négatifs qui apparaissent dans les
numérateurs ce qui complique considérablement la chose. On ne voit pas toujours d’un
coup la bonne constante, des fois il faut expérimenter un peu.
3.5
Induction
Si on doit prouver des inéquations en n variables on peut souvent le faire à l’aide d’une
récursion. Le cas de 2 ou 3 variables est d’habitude vite prouvé. Ensuite il faut réfléchir
comment ajouter une variable. Souvent ces inéquations ont une symétrie cyclique et on
peut supposer que la nouvelle variable xn+1 est la plus grande ou la plus petite parmi
les variables. Ceci est généralement très important. L’exemple suivant est relativement
compliqué mais il montre toutes les difficultés habituelles qui apparaissent.
Exemple 23. (CSP 01) Montrer que pour tous les nombres réels positifs a1 , . . . , an , n ≥ 2
on a
(a31 + 1)(a32 + 1) · · · (a3n + 1) ≥ (a21 a2 + 1)(a22 a3 + 1) · · · (a2n a1 + 1).
Solution. On fait une récursion sur n. Pour n = 2 on trouve dans cet ordre
(a31 + 1)(a32 + 1) ≥
a31 a32 + a31 + a32 + 1 ≥
a21 (a1 − a2 ) + a22 (a2 − a1 ) ≥
(a21 − a22 )(a1 − a2 ) ≥
(a1 − a2 )2 (a1 + a2 ) ≥
(a21 a2 + 1)(a22 a1 + 1),
a31 a32 + a21 a2 + a1 a22 + 1,
0,
0,
0.
La dernière inéquation est vraie car a1 , a2 > 0. Maintenant supposons que l’inéquation
soit vraie pour n. On va la prouver pour n + 1. Une comparaison des inéquations en n et
n + 1 variables montre qu’il suffit de montrer que
a3n+1 + 1 ≥
(a2n an+1 + 1)(a2n+1 a1 + 1)
.
a2n a1 + 1
L’assertion est ensuite prouvé par l’hypothèse de récurrence. On transforme pour trouver
(a3n+1 + 1)(a2n a1 + 1) ≥
a3n+1 a2n a1 + a2n a1 + a3n+1 + 1 ≥
a2n (a1 − an+1 ) + a2n+1 (an+1 − a1 ) ≥
(an+1 − a1 )(an+1 − an )(an+1 + an ) ≥
(a2n an+1 + 1)(a2n+1 a1 + 1),
a3n+1 a2n a1 + an+1 a2n + a2n+1 a1 + 1,
0,
0.
La dernière inéquation est fausse en général. Mais puisque l’inéquation de départ est
cyclique symétrique on peut supposer spdg que an+1 est la variable la plus grande parmi
les n + 1 variables. Dans ce cas tous les trois termes à gauche sont plus grands ou égaux
à 0 et on a fini.
19
3.6
Estimer terme par terme
Certaines inéquations sont particulièrement pénibles et résistent à toutes les attaques par
les méthodes standard. Dans ces cas il peut être utile de remplacer certains termes par
des termes plus simples, autrement dit de trouver des bornes plus sympathiques pour
chaque terme séparément. Ces bornes sont en général très difficiles à voir, elles tombent
souvent du ciel. Avec quelques exemples on va expliquer et présenter les types de bornes
les plus importants.
Exemple 24. (Hongrie 99) Soient 0 ≤ x, y, z ≤ 1 des nombres réels. Montrer qu’on a
y
z
3
x
+
+
≤
.
1 + y + zx 1 + z + xy 1 + x + yz
x+y+z
Solution. C’est encore une de ces inéquations où le signe d’inégalité va dans le mauvais
sens pour appliquer par exemple CS. De plus elle n’est pas homogène et seulement cyclique symétrique et en plus il y a une condition supplémentaire un peu obscure. Que
faire ? Tourner le signe ne sert pas à grande chose car ça complique les choses. On va
plutôt montrer la borne suivante pour chaque terme :
x
x
≤
.
1 + y + zx
x+y+z
Ceci est équivalent à 1 + xz ≥ x + z et donc à (x − 1)(z − 1) ≥ 0, et ceci est vrai à cause
de x, z ≤ 1. Celle-ci et les estimations analogues montrent que le côté gauche vaut au
plus
y
z
x
+
+
= 1,
x+y+z x+y+z x+y+z
ce qui implique l’inégalité de départ grâce à x + y + z ≤ 3.
Le lecteur peut se demander comment on peut bien avoir une telle idée. En effet la
difficulté est justement de deviner les bornes et souvent le problème de départ ne donne
aucun indice. Mais cette technique est très puissante et mène des fois à des solutions
extrêmement courtes. La borne de l’exemple précédent et typique et peut souvent être
utilisé. Plus généralement on peut essayer d’utiliser une borne de la forme
xα
xα + y α + z α
où la constante α reste à déterminer. Le bon choix de α est le point crucial et souvent un
petit coup d’analyse peut aider. Le graphe de la fonction d’une telle borne doit toucher le
graphe de la fonction de départ. L’exemple suivant va illustrer ceci. Je peux pas résister
et je vais citer la solution officielle de l’inéquation des OMI de 2001. Mais il ne faut pas
s’inquiéter si on ne trouve pas toute suite l’idée, seulement un participant (de Chine) a
trouvé cette solution.
20
Exemple 25. (OMI 01) Soient a, b, c des nombres réels positifs. Prouver l’inéquation
√
a
b
c
+√
+√
≥ 1.
a2 + 8bc
b2 + 8ca
c2 + 8ab
Solution. On essaye de trouver des bornes terme par terme et on utilise une borne de la
forme
ar
a
√
≥ r
,
(1)
a + br + c r
a2 + 8bc
où il nous reste à déterminer r. Une telle approche a de bonnes chances car dans le
problème de départ on a égalité pour a = b = c tout comme dans (1). Pour déterminer
r on va poser b = c = 1 dans (1) et on regarde les deux côtés comme fonctions en a.
Pour qu’une telle estimation puisse être correcte il faut que les deux côtés soient tangents
au point a = 1. Donc la pente (dérivée) des deux côtés doit être égale en ce point. Un
petit calcul montre que la dérivée du côté gauche vaut 8/27 celle du côté droit 2r/9.
Ceci nous donne r = 4/3. (Attention : toutes ces réflexions donnent juste la motivation
de la solution et ne font pas vraiment partie de la preuve, en particulier l’utilisation de
méthodes analytiques n’a pas besoin d’être justifiée.)
Passons à la vraie preuve de (1) pour r = 4/3. Multiplier par les dénominateurs et
simplifier nous donne l’inéquation équivalente
p
a4/3 + b4/3 + c4/3 ≥ a8/3 + 8a2/3 bc.
On met au carré et on simplifie pour trouver
b8/3 + c8/3 + 2(ab)4/3 + 2(bc)4/3 + 2(ca)4/3 ≥ 8a2/3 bc,
et ceci découle de AM-GM. Ainsi la preuve de (1) et donc aussi de l’inégalité de départ
est terminée et on a égalité exactement si a = b = c.
L’estimation dans l’exemple suivant est légèrement différente.
Exemple 26. (États-Unis 03) Soient a, b, c des nombres réels positifs. Montrer qu’on a
(2a + b + c)2
(2b + c + a)2
(2c + a + b)2
+
+
≤ 8.
2a2 + (b + c)2 2b2 + (c + a)2 2c2 + (a + b)2
Solution. L’inéquation est homogène, on peut donc supposer que a + b + c = 3 Avec ça
on a
(2a + b + c)2
(a + 3)2
a2 + 6a + 9
=
=
= f (a).
2a2 + (b + c)2
2a2 + (3 − a)2
3a2 − 6a + 9
On essaie maintenant d’estimer le dernier terme par une fonction linéaire. On cherche
alors des constantes α et β tels qu’au moins pour 0 ≤ t ≤ 3 on ait f (t) ≤ l(t) = αt + β.
Puisque pour a = b = c = 1 on a égalité il faut qu’on ait égalité en t = 1. De plus le graphe
de l doit être tangent au graphe de f en t = 1 pour qu’une telle estimation puisse être juste
21
(on peut se persuader de cela par un dessin et un peu de gesticulation). Autrement dit,
on remplace f par la tangente au point t = 1. Les constantes α et β peuvent être trouvés
par les équations l(1) = f (1) et l0 (1) = f 0 (1). Un petit calcul montre que l(t) = 4/3(t+1).
Pour prouver que f (t) ≤ l(t) on multiplie par les dénominateurs et on met tout d’un côté.
En factorisant ont trouve l’inégalité équivalente (t − 1)2 (4t + 3) ≥ 0, qui est clairement
verifiée pour t ≥ 0 (le terme (t − 1)2 n’apparaît pas par hasard, on l’a construit). Ainsi
on a pour le côté gauche l’estimation
4
4
4
4
(a + 1) + (b + 1) + (c + 1) = (a + b + c) + 4 = 8.
3
3
3
3
Ce dernier exemple a beaucoup d’autres solutions mais la plupart d’entre eux est nettement plus compliquée que celle qu’on vient de présenter. La méthode de calculer la tangente en un certain point peut souvent être appliquée. Plus généralement on peut aussi
chercher des estimations quadratiques de la forme αx + β/x, ça dépend du contexte. Des
réflexions géométriques aident souvent pour trouver les constantes.
3.7
Exemple I
Dans cette section, nous allons présenter l’exemple d’une inéquation qui peut être résolue
à l’aide de plusieurs méthodes traitées jusqu’ici. Nous aimerions ainsi montrer qu’il existe
en général de nombreuses solutions. Si une méthode donnée ne semble pas fonctionner,
on peut l’essayer avec une autre.
Exemple 27. (CH 03)
Montrer, pour des nombres réels positifs x, y, z tels que x+y +z = 1, l’inégalité suivante :
x2 + y 2 y 2 + z 2 z 2 + x2
+
+
≥2
z
x
y
Solution. On pose l’abréviation
A=
x2 + y 2 y 2 + z 2 z 2 + x2
+
+
.
z
x
y
1. D’abord CS, ensuite le AM-QM :
2
x + y 2 y 2 + z 2 z 2 + x2
A=A·1=
+
+
(x + y + z)
z
x
y
p
p
√
≥
( x2 + y 2 + y 2 + z 2 + z 2 + x2 )2
√ x+y √ y+z √ z+x 2
≥
2·
+ 2·
+ 2·
2
2
2
√
=
( 2 · (x + y + z))2 = 2.
22
2.
A=
=
≥
x2 y 2 y 2 z 2 z 2 x2
+
+
+
+
+
z
z
x
x
y
y
2
2
2
2
2
2
2
2
2
1 x
x
y
1 x
x
z
1 z
z
y
+
+
+
+
+
+ ... +
+
+
3 y
y
x
3 z
z
x
3 y
y
z
x + x + y + y + z + z = 2,
en appliquant le AM-GM pour chaque parenthèse.
3. Homogéniser, puis de la force brute !
x2 + y 2 y 2 + z 2 z 2 + x2
+
+
≥ 2(x + y + z)
z
x
y
x3 y + x3 z + y 3 x + y 3 z + z 3 x + z 3 y ≥ 2(x2 yz + y 2 zx + z 2 xy)
A≥2⇔
⇔
La dernière inégalité est une conséquence du AM-GM, dans lequel on additionne
l’inéquation
x3 y + x3 z + y 3 x + z 3 x p
≥ 4 x8 y 4 z 4 = x2 yz
4
aux autres inéquations analogues.
4. Le AM-QM nous donne
2
2
2
2
2
2
x +y =x +y +z −z ≥3
x+y+z
3
2
− z2 =
1
− z2.
3
De cette inéquation et des autres analogues, il s’ensuit que
1
1
− z2
− x2
− y2
+ 3
+ 3
z
x
y
1 1 1 1
+ +
− (x + y + z)
3 x y z
1
3
A≥
=
≥
3
− (x + y + z) = 3 − 1 = 2,
x+y+z
en appliquant encore le AM-HM.
5. Le AM-QM nous donne
2
2 x+y
x2 + y 2
(x + y)2
(1 − z)2
1
z
2
≥
=
=
=
−1+ .
z
z
2z
2z
2z
2
De cette inéquation et des autres analogues, il s’ensuit que
1
1
1
x+y+z
1 1 1 1
5
A≥
+
+
−3+
=
+ +
−
2x 2y 2z
2
2 x y z
2
1
9
5
≥
− = 2,
2x+y+z 2
en appliquant encore le AM-HM.
23
6. Les suites (x2 + y 2 , y 2 + z 2 , z 2 + x2 ) et (1/z, 1/x, 1/y) sont ordonnées dans le même
sens, il s’ensuit donc, d’après Chebychef, que
1 2
1 1 1
2
2
2
2
2
A≥
(x + y + y + z + z + x )
+ +
3
x y z
2 2
1 1 1 1
2
2
2
2
2
=
(x + y + z + 2(x + y + z )) ·
+ +
3
3 x y z
2 2
3
≥
(x + y 2 + z 2 + 2xy + 2yz + 2zx)
3
x+y+z
3
2
=
(x + y + z)2
= 2,
3
x+y+z
où le premier facteur de la deuxième ligne est minoré grâce au AM-GM ou le
théorème principal ou C.S., le deuxième grâce au AM-HM.
7. Les suites (x2 + y 2 , y 2 + z 2 , z 2 + x2 ) et (1/z, 1/x, 1/y) sont ordonnées dans le même
sens, il s’ensuit donc, d’après le théorème principal, que
A≥
=
y 2 z 2 x2
x2 + y 2 y 2 + z 2 z 2 + x2
+
+
=x+y+z+
+
+
x
y
z
x
y
z
2
2
y
z
x2
1+
+
+ ,
x
y
z
et de façon analogue
A≥
=
x2 + y 2 y 2 + z 2 z 2 + x2
x2 y 2 z 2
+
+
=x+y+z+
+
+
y
z
x
y
z
x
2
2
x
y
z2
1+
+
+ .
y
z
x
Une sommation nous donne 2A ≥ 2 + A, par conséquent A ≥ 2.
8. En appliquant le AM-GM pour chaque terme, on obtient
A≥
2xy 2yz 2zx
+
+
.
z
x
y
Les suites (2xy, 2yz, 2zx) et (1/z, 1/x, 1/y) sont ordonnées dans le même sens, il
s’ensuit donc, d’après le théorème principal, que
A≥
2xy 2yz 2zx
+
+
= 2(x + y + z) = 2.
x
y
z
9. En posant s = x2 + y 2 + z 2 ,
A=
s − z 2 s − x2 s − y 2
+
+
=s
z
x
y
1 1 1
+ +
− (x + y + z)
x y z
1 1 1
2
2
2
(x + y + z )
+ +
− 1.
x y z
=
24
Les suites (x2 , y 2 , z 2 ) et (1/x, 1/y, 1/z) sont ordonnées en sens opposés, il s’ensuit
donc, d’après Chebychef, que
2
y2 y2
x
+
+
− 1 = 3/(x + y + z) − 1 = 2.
A≥3
x
y
y
25