6. Marathon des Inégalités

Marathon des Inégalités


  • AM.GM : 9+16a2+9+16b2≥281+(12a)2+(12b)2+(16ab)2\sqrt{9+16a^2}+\sqrt{9+16b^2}\geq 2\sqrt{\sqrt{81+(12a)^2+(12b)^2+(16ab)^2}}
    cauchy-schwartz :
    RHS≥29+12a+12b+16ab2=2×(3+4a)≥(3+4a)RHS\geq 2\sqrt{\frac{9+12a+12b+16ab}{2}}=\sqrt{2}\times (3+4a)\geq (3+4a)
    Finalement :
    LHS≥(9+4(a+b+c))≥3+4(a+b+c)LHS\geq (9+4(a+b+c))\geq 3+4(a+b+c)

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    M
    M
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  • M
    Math&Maroc

    @Amine-medrare j'ai ps compris la premiere ligne est ce que tu as developpe??

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  • @Mohammed-Jamal oui

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    M
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  • M
    Math&Maroc

    @Amine-medrare verifie la deuxieme ligne peut etre il y'a une erreure

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  • M

    @Amine-medrare Je n ai pas tres bien compris ta solution . Ou as tu utilisé la condition abc=1abc=1? Tu es sur que le cas d egalite a été conservé dans toutes les majorations que tu as fait?

    0 1 Reply

  • @Mamoun ui peut être j'ai commis une erreur :
    ∑cyc9+16a2\sum_{cyc} \sqrt{9+16a^2} doit être sup ou egal à 9+4(a+b+c)2\frac{9+4(a+b+c)}{2}

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    M
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  • M
    Math&Maroc

    @Amine-medrare essaie de reformuler ta solution

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  • M

    @Mohammed-Jamal Je propose une solution à ton problème en utilisant la méthode des multiplicateurs de Lagrange:
    Soit L(a,b,c)=f(a,b,c)−λg(a,b,c)L(a,b,c) = f(a,b,c)-\lambda g(a,b,c) où f(a,b,c)=9+16a2+9+16b2+9+16c2−3−4(a+b+c)f(a,b,c)=\sqrt{9+16a^2}+\sqrt{9+16b^2}+\sqrt{9+16c^2}-3-4(a+b+c) et g(a,b,c)=abc−1g(a,b,c)=abc-1.
    On a par exemple ∂L∂a(a,b,c)=16a9+16a2−4−λbc\frac{\partial L}{\partial a}(a,b,c) = \frac{16a}{\sqrt{9+16a^2}}-4-\lambda bc, et symétriquement on a les autres dérivées.
    La fonction ff atteint son minimum ou son maximum en (a′,b′,c′)(a',b',c') tel que ∂L∂a(a′,b′,c′)=∂L∂b(a′,b′,c′)=∂L∂c(a′,b′,c′)=0\frac{\partial L}{\partial a}(a',b',c') = \frac{\partial L}{\partial b}(a',b',c') = \frac{\partial L}{\partial c}(a',b',c') =0 et a′b′c′=1a'b'c'=1.
    La première équation donne: 16a′9+16(a′)2−4−λb′c′=0\frac{16a'}{\sqrt{9+16(a')^2}}-4-\lambda b'c'=0 ou encore λ=1b′c′(16a′9+16(a′)2−4)=4a′(4a′9+16(a′)2−1)\lambda = \frac{1}{b'c'}(\frac{16a'}{\sqrt{9+16(a')^2}}-4) = 4a'(\frac{4a'}{\sqrt{9+16(a')^2}}-1).
    En combinant avec les autres équations, on aura: a′(4a′9+16(a′)2−1)=b′(4b′9+16(b′)2−1)=c′(4c′9+16(c′)2−1)a'(\frac{4a'}{\sqrt{9+16(a')^2}}-1) = b'(\frac{4b'}{\sqrt{9+16(b')^2}}-1) =c'(\frac{4c'}{\sqrt{9+16(c')^2}}-1).
    La fonction g(x)=4x9+16x2−1g(x) = \frac{4x}{\sqrt{9+16x^2}}-1 n'est pas strictement monotone car sa dérivée s'annule, en changeant de signe, en un point qu'on note x′x' (On peut s'en rendre compte sur https://www.wolframalpha.com/input/?i=partial+(x(4x%2Fsqrt{16x^2%2B9}-1), sinon c'est difficile à voir sur papier).
    Par symétrie du problème, on doit traiter 2 cas:

    • ) Premier cas: a′,b′,c′≤x′a', b', c' \le x' ou a′,b′,c′≥x′a', b', c' \ge x'.
      La fonction gg est strictement monotone sur [0,x′][0,x'] et sur [x′,+∞[[x', +\infty[, ce qui assure que a′=b′=c′a'=b'=c' et vu que a′b′c′=1a'b'c'=1 et a′,b′,c′≥0a', b', c'\ge 0, il s'ensuit que a′=b′=c′=1a'=b'=c'=1 et que f(a′,b′,c′)=0f(a',b',c') = 0.
    • ) Second cas a′,b′≤x′≤c′a', b' \le x' \le c' ou a′,b′≥x′≥c′a', b'\ge x' \ge c'.
      On a d'une part a′=b′a'=b', et vu que a′b′c′=1a'b'c'=1 il vient que (a′)2c′=1(a')^2c'=1.
      On a de plus f(a′,a′,1(a′)2)=216a2+9+16a4+9−3−8a−4a2f(a',a',\frac{1}{(a')^2})=2\sqrt{16a^2+9}+\sqrt{\frac{16}{a^4}+9}-3-8a-\frac{4}{a^2}.
      Dans ce cas, on va montrer que f(a′,a′,1(a′)2)≥0⇔216a2+9+16a4+9≥3+8a+4a2f(a',a',\frac{1}{(a')^2})\ge0\Leftrightarrow 2\sqrt{16a^2+9}+\sqrt{\frac{16}{a^4}+9}\ge 3+8a+\frac{4}{a^2}. ( * )
      En élevant au carré et en simplifiant par 44, cela équivaut à (16(a′)2+9)(16(a′)4+9)≥6(2a′+1(a′)2)+16a′−9\sqrt{(16(a')^2+9)(\frac{16}{(a')^4}+9)}\ge6(2a'+\frac{1}{(a')^2})+\frac{16}{a'}-9.
      Or, 6(a′+a′+1(a′)2)+16a′−9≥6×3(a′.a′.1(a′)2)13+16a′−9=9+16a′≥06(a'+a'+\frac{1}{(a')^2})+\frac{16}{a'}-9\ge6\times 3(a'.a'.\frac{1}{(a')^2})^{\frac{1}{3}}+\frac{16}{a'}-9 = 9+\frac{16}{a'}\ge 0.
      En élevant au carré encore une fois, en divisant par 1212 et en réordonnant, l'inégalité équivaut à 18a′−32+12a′+9(a′)2−16(a′)3+9(a′)4≥018a'-32+\frac{12}{a'}+\frac{9}{(a')^2}-\frac{16}{(a')^3}+\frac{9}{(a')^4}\ge0 ou encore à 18(a′)5−32(a′)4+12(a′)3+9(a′)2−16a′−9≥018(a')^5-32(a')^4+12(a')^3+9(a')^2-16a'-9\ge0.
      En factorisant, on tombe sur (a′−1)2(18(a′)3+4(a′)2+2a′+9)≥0(a'-1)^2(18(a')^3+4(a')^2+2a'+9)\ge0, ce qui est évidemment vrai.
      (Il est à noter qu'il n'y a pas d'égalité dans ce cas et les inégalités sont toutes strictes, car sinon x′=1x'=1 ce qui est faux).
      On conclût, d'après le raisonnement par équivalences successives que l'inégalité ( * ) est vérifiée.
    • ) Conclusion: le gradient de LL s'annule en (1,1,1)(1,1,1), donc LL admet un minimum ou un maximum en ce point. Comme LL prend des valeurs positives (d'après le second cas ci-haut), on déduit que L(a,b,c)≥L(1,1,1)L(a,b,c)\ge L(1,1,1) quelque soient a,b,c≥0a,b,c\ge0 tel que abc=1abc=1.
      L'inégalité qu'on veut montrer au départ s'ensuit...
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  • M
    Math&Maroc

    probleme; soient $a,b>0$ tq a1996+b1996=a1994+b1994a^{1996}+b^{1996}=a^{1994}+b^{1994}.
    Montrer que:
    a2+b2≤2a^2+b^2{\leq}2

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    M
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  • M

    @mohammed-jamal said in Marathon des Inégalités:

    probleme; soient $a,b>0$ tq a1996+b1996=a1994+b1994a^{1996}+b^{1996}=a^{1994}+b^{1994}.
    Montrer que:
    a2+b2≤2a^2+b^2{\leq}2

    Voici une solution: La condition se réécrit a1994(a2−1)+b1994(b2−1)=0a^{1994}(a^2-1)+b^{1994}(b^2-1)=0.
    Par symétrie, on peut supposer qu'on a: b2≤1≤a2b^2\le 1\le a^2, ce qui donne: 0≤b2a2≤10\le \frac{b^2}{a^2}\le1.
    D'une part, on a: b1994a1994−1≤0\frac{b^{1994}}{a^{1994}} -1 \le 0 et 1−b2≥01-b^2 \ge 0. D'autre part, on a: b1994a1994−1=−a2−1b2−1−1=a2+b2−21−b2\frac{b^{1994}}{a^{1994}} - 1 = -\frac{a^2-1}{b^2-1} - 1 = \frac{a^2+b^2-2}{1-b^2}.
    On déduit aisément que a2+b2−2≤0⇔a2+b2≤2a^2+b^2-2 \le 0 \Leftrightarrow a^2+b^2\le2.

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  • M

    @mohammed-jamal said in Marathon des Inégalités:

    Probleme 2:
    Let a,b,c≥0a,b,c\geq0;abc=1abc=1. Prove that:
    9+16a2+9+16b2+9+16c2≥3+4(a+b+c)\sqrt{9+16a^2}+\sqrt{9+16b^2}+\sqrt{9+16c^2} \ge 3+4(a+b+c)

    En cherchant un peu, j'ai trouvé que cette inégalité est difficile. Néamoins, des solutions élémentaires existent, comme:

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    A
     1 Reply
  • M

    Je propose un nouveau problème:
    Problème 3:
    Quelle est la plus grande valeur de MM tel que: (∀x,y∈R+):(x2+y2)3≥M(x3+y3)(xy−x−y)(\forall x, y \in \mathbb{R}^{+}) : (x^2+y^2)^3\ge M(x^3+y^3)(xy-x-y) ?

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  • A

    @mountassir-farid
    Salam à tous, en réalité il suffit d' utiliser le théorème de l' inégalité de Jensen (concavité). En effet en considerant la fonction:
    f (u) = (9+ 16 u ^2) ^ 1/2 - 4u.

    En remarquant que f"(u) est toujours positive, Jensen s' applique:

    1/3 [ f (a) + f (b) + f (c) ] >= f[(a+b+c) /3]
    Et donc
    1/3 [ (9+ 16 a ^2) ^ 1/2+ (9+ 16 b ^2) ^ 1/2 +
    (9+ 16 c ^2) ^ 1/2 - 4* (a+b+c) ]
    >=
    [9+ 16 ((a+b+c)/3) ^2]^ 1/2 - 4* (a+b+c) /3

    Or par AIG ( a+b+c >= 3*abc ^1/3 ) et comme f est aussi croissante sur le domaine de définition, on a enfin

    (9+ 16 a ^2) ^ 1/2 + (9+ 16 b ^2) ^ 1/2 +
    (9+ 16 c ^2) ^ 1/2 - 4* (a+b+c)
    >=
    3 * [[9+ 16 (abc) ^2]^ 1/2 - 4* abc ]=3
    car abc =1 par hypothèse.

    Excusez moi car je ne maitrise pas MATLAB.

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