Olympiades Suisses de Mathématiques. Inéquations. Thomas Huber. Actualisé: 25 juin Table des matières

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1 Olympiades Suisses de Mathématiques Inéquations Thomas Huber Actualisé: 5 juin 04 Table des matières

2 Transformations algébriques. Il n eiste pas de carrés négatifs Nous allons commencer ce script par la plus simple de toutes les inéquations, en l occurrence 0. En fin de compte, toute inéquation peut être ramenée au fait qu il n eiste 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. Eemple. Soit a un nombre réel. Montrer que 4a a 4 3. Solution. L idée est de compléter les carrés et de transformer l epression en une somme de carrés. Après quelques essais, on trouve que l inéquation est équivalente à (a ) + (a ) 0, ce qui est évidemment juste. Le seul cas d égalité est a =. Dans l eemple suivant, nous allons démontrer la fameuse inégalité des quatre moyennes pour le cas spécial de deu variables. Nous y reviendrons dans le chapitre suivant. Eemple. Soient a et b des nombres réels positifs. Alors min(a, b) a + b ab a + b a + b ma(a, b). Solution. La troisième inéquation est par eemple équivalente à 0 a + b ab = ( a b), ce qui est clairement juste. On démontre les autres inégalités de façon similaire. On appelle les epressions de l eemple précédent, dans l ordre, la moyenne harmonique, géométrique, arithmétique et quadratique de a et de b, en abrégé HM, GM, AM, QM.

3 En réalité, l AM et la QM sont définies pour l ensemble des nombres réels et une courte réfleion nous montre que l inéquation AM QM est généralisable. Eemple 3. Montrer que pour tous les nombres réels a, b, c, on a Solution. L inéquation est équivalente à a + b + c ab + bc + ca. (a b) + (b c) + (c a) 0. Eercices. a, b, c, d sont des nombres réels. Montrer que les quatre nombres a b, b c, c d, d a ne peuvent pas tous être plus grands que /4 à la fois.. Soient a, b, c des nombres réels positifs. Alors Quand a-t-on égalité? 3. Pour tout, y, R, a bc + b ca + c ab ( a + b c ). + y + y y 3 4 ( y). 4. Pour les nombres réels a, b, c, on a a + c 4b. Montrer que pour tout nombre réel, 4 + a 3 + b + c Soient a, b, c des nombres réels avec ab c = 3. Trouver la plus petite valeur de l epression a + b + c. 6. Soient a, b, c positifs. Montrer que 7. (Australie 0) Pour tout nombre réel a, ab + bc + ca 3abc(a + b + c). 4a 8 a 7 + a 6 3a 4 + a a + > 0. 3

4 . 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 eercice suivant : Eemple 4. (AUO 75) Pour tout a, b, c 0, a 3 + b 3 + c 3 + 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 deu côtés de l inéquation seront multipliés par le facteur λ 3. 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 =. On pose maintenant b = + et c = + y avec, y 0. En remplaçant dans l inéquation initiale et après quelques transformations d équivalence, on obtient 3 + y y y + y + y 3 + y 3 + y + y y( + y) y 3 + ( y) + y y( + y) 0 ( + y)( y + y y) + y + ( y) 0 ( + y + )( y) + y 0. La dernière inéquation est évidente car tous les termes sont plus grands ou égau à 0. Il y a égalité si = y = 0, donc si a = b = c. Le dernier eemple correspond au cas p = de la fameuse inéquation de Schur qui suit et sur laquelle nous allons encore revenir par la suite. Théorèm. (Schur). Soient, y, des nombres réels non-négatifs et p > 0. Alors p ( y)( ) + y p (y )(y ) + p ( )( y) 0. Il y a égalité si = y = ou si deu des trois variables sont égau et le troisième vaut 0. Preuve. Comme l inéquation est symétrique, on peut poser y. Après quelques transformations, l inéquation devient ( y) ( p ( y) y p (y )) + p ( )(y ) 0. À cause de y, toutes les parenthèses du côté gauche sont positives, ce qui prouve l inéquation. 4

5 Attention : Même si cette preuve a l air facile, elle est difficile à trouver. Qui plus est, 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 au sections suivantes. Nous reviendrons encore sur cette question en rapport avec les inéquations symétriques homogènes. Eercices. (OMI 64) Montrer que pour tout a, b, c 0, a (b + c a) + b (c + a b) + c (a + b c) 3abc.. Soit, y,. Prouver l inéquation suivante et déterminer tous les cas d égalité : ( ) y (y ) ( ) y (y) () y (y). 3. (Biélorussie 0) Soit a, b, c > 0. Montrer que et trouver tous les cas d égalité. (a + b)(a + c) abc(a + b + c) 4. Démontrer la généralisation suivante de Schur : si f : R 0 R 0 est une fonction croissante alors on a pour tout, y, 0 l inégalité suivante : f()( y)( ) + f(y)(y )(y ) + f()( )( y) 0. Si f est strictement croissante avec f(0) = 0, alors il y a égalité si et seulement si toutes les variables sont identique ou si deu sont égales et la troisième vaut Soient 0, y des nombres réels. Montrer que ( y) 4( y )(y ). 6. Soient a b c trois nombres réels. Montrer que ab 4 + bc 4 + ca 4 ba 4 + cb 4 + ac 4. Le répertoire standard. HM-GM-AM-QM Le contenu de cette section est l inégalité entre la moyenne harmonique, arithmétique, géométrique et quadratique. Pour les nombres a,..., a n, on définit la 5

6 moyenne harmonique HM n a + a a n moyenne géométrique GM n a a a n moyenne arithmétique moyenne quadratique AM QM a + a a n n a + a a n n La moyenne harmonique et la moyenne géométrique ne sont définies que pour des a k positifs, tandis qu on définit les deu autres pour tout nombre réel. L inéquation suivante est capitale : Théorèm. (Inégalité des moyennes). Pour tout nombre positif a,..., a n, min(a,..., a n ) HM GM AM QM ma(a,..., a n ). Pour chacune des cinq inéquations, il y a égalité si et seulement si a = a =... = a n. Preuve. On montre d abord l inégalité a a n n n a a a n. On part de nombres positifs a k 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 a k sont égau 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 a k. Si tous les a k ne sont pas égau à a, alors il eiste deu indices i et j tels que a i < a < a j (pourquoi?). On remplace maintenant a i et a j par b i = a, b j = a i + a j a. On a b i + b j = a i + a j et b i b j = a(a i + a j a) = a i a j + (a j a)(a a i ) > a i a j. Par cette substitution, on a augmenté le nombre des a k 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 a k sont égau et le côté droit vaut a. Ce qui termine la première partie de la preuve. On montre maintenant HM GM. En substituant b k conséquence directe de GM AM. = /a k, on voit que c est une 6

7 L inéquation AM QM vaut pour des réels a k arbitraires et se démontre de façon analogue à l inéquation GM AM. Je la laisse en eercice, tout comme les deu 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 eercices. Faisons maintenant quelques eemples : Eemple 5. Si a > 0, alors a + /a. Solution. D après le AM-GM, a + /a a /a =. Eemple 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. En multipliant par 8, cela donne l inégalité désirée. Il y a égalité eactement si a = b = c. Eemple 7. Pour trois nombres positifs, y,, on a + y + =. Montrer l inéquation + y y + +. Solution. On a = y + et + = + y +, c est analogue pour les autres termes. D après le AM-HM, + y + y + 4 ( + y) + (y + ) = 4 + y +, avec égalité si et seulement si + y = y +, donc si =. De façon analogue, nous avons aussi y y + +, y y. En additionnant les trois inéquations et en divisant par, on obtient eactement l inégalité cherchée. Il n y a égalité que si = y =. 7

8 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 eemple pour ce cas de figure. Eemple 8. Pour tout a, b, c > 0, Solution. D après le AM-GM, a b + b c + c a a 3 + b 3 + c 3. a 3 + a 3 + b a 3 a 3 b 3 = 3a b. De façon similaire, on montre que b 3 + c 3 3b c et c 3 + a 3 3c a. Une simple addition donne le résultat désiré. Dans de tels cas, il faut se demander comment les eposants sont répartis des deu côtés. De là, on peut reconstruire combien de termes de chaque sorte on doit combiner avec le AM-GM. Eercices. Pour a, b, c, d > 0, ab + cd (a + d)(b + c).. Pour,..., n > 0, n n 3. Montrer que pour, y, > 0, on a ( y + y + y + + ) + 4. Soient a, b, c positifs. À montrer : a + b + c abc 5. (CH 98) Pour tout nombre positif et y, a + b + c. 4 + y + y + y 4 y. + y Pour a, b > 0 et tout nombre naturel m, ( + a ) ( m + + b m b a) m+. 8

9 7. (CH 95) Montrer que pour a, b, c, d > 0, on a a + b + c + d a + b + a + c + a + d + b + c + b + d + c + d 3 4 ( a + b + c + ). d. Cauchy-Schwar Une autre inéquation fondamentale est celle de Cauchy-Schwar (CS). En effet, on peut prouver (ou au moins simplifier) la plupart des inéquations grâce à elle. Toutefois, il eiste 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. Théorèm. (Cauchy-Schwar). Pour tous les nombres réels a,..., a n et b,..., b n, on a (a + a a n)(b + b b n) (a b + a b a n b n ). Il y a égalité si et seulement si les deu vecteurs (a,..., a n ) et (b,..., b n ) sont colinéaires, c est-à-dire si l un est un multiple scalaire de l autre. Preuve. La différence des deu côtés vaut (calculer!) (a i b j a j b i ), i<j elle n est donc pas négative. Il y a égalité eactement si a i b j = a j b i pour tout i < j. C est équivalent à l eistence d un nombre réel λ avec a i = λb i pour tout i, ou avec b i = λa i pour tout i. Je laisse le soin de vérifier cette affirmation au lecteurs. En définissant les deu vecteurs a = (a,..., a n ) et b = (b,..., b n ), on peut également écrire CS comme a b a b, ce que vous connaisse déjà peut-être pour n = 3 de l école (à gauche, nous avons le produit scalaire de deu vecteurs). Eemple 9. Soient,..., n des nombres réels positifs. Montrer que ( ( n ) ) n. n Solution. Ce n est rien d autre que CS avec a k = k et b k = / k. De la condition d égalité de CS, il s ensuit qu il n y a égalité que si =... = n (vérifier!). Eemple 0. Pour, y, R, on a + y + =. Déterminer la valeur maimale de + y

10 Solution. D après CS, nous avons ( + y + )( ) ( + y + 3), à cause de + y + =, cela devient donc + y Il n y a égalité que si les deu vecteurs (, y, ) et (,, 3) sont colinéaires. Un calcul rapide nous montre que c est le cas pour (, y, ) = ±(/ 4, / 4, 3/ 4). Le maimum 4 n est atteint qu avec le signe +. Eemple. Montrer que pour a, b, c > 0, on a a b + 3c + b c + 3a + c a + 3b 3 5. Solution. Soit A le côté gauche de l inéquation et posons B = a(b + 3c) + b(c + 3a) + c(a + 3b). D après CS, nous avons A B (a + b + c). Nous savons donc que A (a + b + c) /B et il suffit de montrer que le côté droit est 5/3. Faisons le calcul : 3B 5(a + b + c) 3(ab + bc + ca) a + b + c + ab + bc + ca ab + bc + ca a + b + c. La dernière inégalité est correcte, comme on le sait déjà (utiliser par eemple 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. Eercices. (Nesbitt) Soient a, b, c > 0. Montrer l inégalité. Pour, y, > 0, on a a b + c + b c + a + y + + y + + c a + b 3. + y + y +. 0

11 3. Soit a, b, c, d 0. Montrer que a + b + 4 c + 6 d 64 a + b + c + d. 4. Soit P un polynôme avec des coefficients positifs. Montrer que si l inégalité ( ) P P () est vraie pour =, alors elle est vraie pour tout > Pour a, b, c > 0, a + b + c a c + b a + c b. 6. (OMI 0) Montrer pour a, b, c > 0 l inéquation a a + 8bc + b b + 8ca + c c + 8ab. 7. Démontrer les relations AM-QM et AM-HM à l aide de CS..3 Suites ordonnées Dans cette section, nous allons présenter deu autres inéquations importantes ayant des applications très variées. Contrairement au résultats présentés jusqu ici, nous allons désormais prendre en considération l ordre des valeurs impliquées, apportant ainsi de nouvelles possibilités (et parfois aussi de nouveau problèmes). Les deu premières inéquations sont intuitivement vraies. Supposons que nous avons à disposition un tas de billets de 0, un autre de billets de 0 et un troisième de billets de 50. Nous pouvons maintenant choisir un billet d un des tas, quatre du deuième, si du tas restant et les garder. Combien de billets prendrait-on de quel tas? Alors...? Voici la traduction mathématique : Théorèm.3 (Théorème principal). Soient a, a,..., a n et b, b,..., b n deu suites de nombres réels, et soit c, c,..., c n un réarrangement de la suite b k. Alors la somme S = n a k c k k= est maimale si a k et c k sont ordonnées dans le même sens, et elle est minimale si a k et c k sont ordonnées en sens opposés. Preuve. Supposons qu il eiste deu indices i et j tels que a i > a j, mais c i < c j. En échangeant les deu termes c i et c j, la somme se voit augmenter : (a i c j + a j c i ) (a i c i + a j c j ) = (a i a j )(c j c i ) > 0.

12 Après un nombre fini de tels changements, la suite c k sera ordonnée eactement comme la suite a k. 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 a k et c k sont ordonnées en sens opposés. Avant de faire des eemples, nous allons encore introduire une notation pratique : [ ] a a a n = a b b b b + a b a n b n. n Eemple. Montrer que pour tout a, b, c 0, a 3 + b 3 + c 3 a b + b c + c a. Solution. Les suites a, b, c et a, b, c sont ordonnées dans le même sens. D après le théorème principal, il s ensuit que [ ] [ ] a b c a b c a b c c a b. Ce qui est eactement l inégalité à prouver. Eemple 3. Soient a,..., a n > 0 des nombres réels dont la somme vaut s. Montrer que a + a a n n s a s a s a n n. Solution. Désignons le côté gauche par A. Les suites a,..., a n et /(s a ),..., /(s a n ) sont ordonnées dans le même sens, on peut donc déduire du théorème principal que pour k n, a a n s a s a n a a... a n... s a k s a k+ s a k En faisant la somme de ces n inéquations, on obtient ce qui est le résultat cherché. (n )A = s a s a s a n s a n = n,.

13 Parfois, il est utile de considérer plus que deu suites à la fois. On étend la définition des grands crochets à un nombre arbitraire de suites : a a a n b b b n n S = = a k b k r k. k= r r r n Grâce à l induction sur le nombre de suites, nous pouvons aisément déduire du théorème principal le résultat suivant : Théorèm.4 (Théorème principal, généralisation). La somme S définie ci-haut prend sa valeur maimale si les suites a k, b k,..., r k sont toutes ordonnées dans le même sens. Eemple 4. Soient,..., n des nombres réels positifs. Montrer que n+ + n n+ n n ( n ). Solution. Nous avons n n n..... n n n n n n. Nous allons maintenant démontrer la deuième inéquation importante concernant les suites ordonnées, l inéquation de Chebychef. Théorèm.5 (Chebychef). Si a,..., a n et b,..., b n sont deu suites ordonnées dans le même sens, alors a b a n b n n a a n n b b n. n Si les deu suites sont ordonnées en sens opposés, alors la même inéquation reste valable en inversant le signe d inégalité. 3

14 Preuve. Comme les deu suites sont ordonnées dans le même sens, on peut déduire du théorème principal les estimations suivantes : a b a n b n = a b + a b a n b n, a b a n b n a b + a b a n b, a b a n b n a b 3 + a b a n b,. a b a n b n a b n + a b a n b n. En additionnant ces inéquations, on obtient n(a b a n b n ) (a a n )(b b n ), ce qui est la première affirmation. Le deuième cas se démontre de façon analogue. Eemple 5. Soient, y, des nombres positifs réels avec y =. Montrer que + y + 0. y y Solution. Les suites, y, et / y +, / +, / + y sont ordonnées dans le même sens. Avec Chebychef on obtient ( ) ( ) y + y y y 3 y y 3 ( ) y + +, y y où pour la deuième estimation nous avons appliqué l AM-GM. En soustrayant le côté droit du côté gauche et en utilisant la condition y =, on obtient l inégalité cherchée. Eercices. Soit,..., n une suite positive et y,..., y n une permutation (càd. un réarrangement) de cette suite. Alors. Pour, y, 0, on a y + y n y n n. 3 y + y y + y + y. 4

15 3. Pour tout réel positif a, b, c, on a a a b b c c a b b c c a. 4. (OMI 75) Soient k et y k, k n, des nombres réels tels que... n et y y... y n, et soit,,..., n une permutation de y, y,..., y n. Montrer que n ( k y k ) k= n ( k k ). k= 5. Soient a b c d e f > 0 des nombres réels. Montrer que (a + b)(c + d)(e + f) 4(ace + bdf) (a + f)(b + e)(c + d). 6. (USA 74) Pour tout nombre positif a, b, c on a a a b b c c (abc) a+b+c Démontrer le HM-AM-QM à l aide des inéquations apprises dans cette section. 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 fau sens pour appliquer Cauchy-Schwar 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. 3. Symétrie Nous allons commencer par la symétrie. Une epression 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-Schwar n est pas une inéquation tout à fait symétrique. Elle garde toutefois la même forme si l on échange les a k comme on veut et que l on applique le même réarrangement au b k. 5

16 L utilité de la symétrie est la suivante : si l on a une inéquation en n variables,... n, alors on peut supposer, sans perte de généralité, que... n. 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, la deuième plus grande à la place de etc. et à la fin, on peut renommer les variables (réfléchisse-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 deu eemples d inégalités non-symétriques : ab + cd (a + c)(b + d), n n + n. 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 deuième eemple garde sa forme initiale si l on procède au changement... n autant de fois que l on veut. Les inéquations avec une telle invariance sont dites cycliquement symétriques. La symétrie cyclique joue un rôle important che les inégalités, car elle permet au moins de supposer sans perte de généralité que 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 epliquer mathématiquement pourquoi les inéquations symétriques sont plus faciles à résoudre que d autres, même si l epérience 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. Eemple 6. Soient a, b, c des nombres réels. Montrer que min(a + b c, b + c a, c + a b) min(a b, b c, c a). 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 a. De plus, a b c a, le côté droit vaut donc c a ou b c (les deu cas de figure sont possibles). Dans le premier cas, l inéquation devient b+c a c a, ou en simplifiant b a, ce qui est vrai par hypothèse. Dans le deuième cas, elle devient b + c a b c, donc c a, ce qui est également correct. 6

17 3. Homogénéité Un autre attribut invariant d une inéquation est l homogénéité. On appelle une epression A(,..., n ) en n variables homogène de degré k, si pour tout λ > 0 et pour tout,..., n on a A(λ,..., λ n ) = λ k A(,..., n ). C est-à-dire, si toutes les variables sont multipliées par un facteur λ, l epression change d un facteur λ k. Une inéquation est homogène de degré k si les deu 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,..., n alors elle l est aussi pour λ,..., λ n. On peut donc supposer qu on a n = ou n = 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 eemple 4. Un autre eemple est une démonstration alternative pour CS : Eemple 7. Pour tous les nombres réels a,..., a n et b,..., b n on a (a + a a n)(b + b b n) (a b + a b a n b n ). Démonstration. Si on remplace tous les a k et tous les b k par leur valeur absolue le côté gauche ne change pas et le côté droit peut uniquement augmenter. On peut donc se restreindre au cas a k 0 et b k 0. L inéquation est homogène de degré dans les variables a,..., a n. On peut donc supposer que a a n =. De même on peut supposer que b b n =. On doit maintenant montrer que a b + a b a n b n (l inéquation de départ en découle car toutes les variables sont positives). Mais ceci découle de AM-GM : pour k n on a a k b k (a k + b k )/. En sommant a b + a b a n b n a a n + b b n =. Dans cet eemple on a simplifié l équation en déhomogénisant, donc en supposant que a k = b k =. Une preuve similaire de l inéquation de départ ne marcherait pas. Mais déhomogéniser n est pas toujours un avantage. Considérons l eemple suivant : Pour a, b, c > 0 on a : a a + 8bc + b b + 8ca + c c + 8ab. Cette inéquation est homogène de degré 0, et on peut par eemple supposer que abc =. Avec cette condition supplémentaire l inéquation est équivalente à a a + 8/a + b b + 8/b + c c + 8/c. 7

18 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, le théorème principal, Chebychef et CS sont (dans la version présentée ici) homogènes de degré. 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. Eemple 8. Soient, y, des nombres réels positifs y =. Montrer que + y + + y +. Solution. Il suffit de montrer que pour tout, y, > 0 on a + y + 3 y( + y + ). Parce que ceci implique l inéquation de départ à cause de la condition supplémentaire y =. Cette nouvelle inéquation est homogène (de degré ) et n a aucune condition supplémentaire. On a homogénisé l inéquation de départ. Pour terminer on utilise AM- QM (ou Chebychef) et puis AM-GM : + y + + y + 3 ( + y + ) 3 y( + y + ). D autres eemples se trouvent dans l eemple 7 et dans la troisième solution de l eemple I. 3.3 Substitutions Dans certains cas une inéquation peut être simplifiée si on remplace les anciennes variables par des nouvelles, voir l eemple 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 eemples : Eemple 9. Soient, y, des nombres réels positifs avec + y + = y. Prouver l inéquation suivante : y Solution. Le problème est la condition supplémentaire + y + = y. 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. 8

19 Il faut voir que la condition supplémentaire est équivalente à /(y)+/(y)+/() =. On est donc tenté de substituer a = /(y), b = /(y) et c = /(), ainsi on aura a, b, c > 0 et a + b + c =. De plus = b/(ac), y = c/(ba) et = a/(cb), et donc on peut récrire l inéquation avec les nouvelles variables et homogéniser au même temps : + = ac ac + b = = ac ac + b(a + b + c) ac (a + b)(b + c) = ac(a + c) (a + b)(b + c)(c + a). 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 Simplifier nous donne ce qui suit de AM-GM. ac(a + c) + ba(b + a) + cb(c + b) 3 (a + b)(b + c)(c + a). 4 a b + b c + c a + b a + c c + a c 6abc, Une condition supplémentaire qui apparait relativement souvent dans des inéquations à trois variables est abc = (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 = /a, y = /b, = /c simplifie l inéquation. L avantage est que la condition supplémentaire reste (presque) la même. Mais beaucoup plus importante est la substitution suivante : a = y, b = y, c =, où, y, > 0. Ceci est justement possible car abc = et clairement, y, sont définis à un facteur commun près, on peut par eemple choisir = a, y =, = /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 réfleion suivante : 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, b = y, c =. Souvent l une des deu 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 : a = y, b = y, c = 9 y.

20 Eemple! Eemple 0. Soient a, b, c des réels positifs avec abc =. Montrer que a ( ) + a + + b b ( + b + c c ) + ( ) + c + 3. a Solution. On s y attendait, on va substituer a = /y, b = y/ et c = /. Maintenant on a a y ( ) + a + = ( + y + ), 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 égau, c est l optimum! Il reste à montrer 3(y + y + ) ( + y + ), ce qui est évident après avoir simplifié (eemple 3). En faisant les autres substitutions on peut se convaincre que les termes résultants sont beaucoup plus compliqués. Eemple. Montrer que pour tout a, b, c > 0 on a a + b a + c + b + b + c b + a + c + c + a c + b + a <. Solution. Pour simplifier on va poser = a + b, y = b + c et = c + a. Grâce à la construction, y, sont positifs. L inéquation devient y + + y y <. Mais ceci est fau! Il suffit de poser = y = et = 4. Où est l erreur? Avec ces valeurs de, y, on a a = c =, b = et ceu là ne sont pas tous positifs. Apparemment pas tous les triples (, y, ) proviennent d un triple positif (a, b, c). On a donc introduit une condition supplémentaire : + y >, y + >, + > y, ceci signifie que, y et sont les côtés d un triangle. (voir théorème?? en bas). Maintenant l inéquation est plus simple mais la condition supplémentaire est asse compliquée. On va maintenant prouver l inéquation avec une estimation triviale. On a a + b a + c + b < a + b a + c + b, et avec les deu estimations analogues on peut conclure. La constante est d ailleurs optimale. On peut voir cela en posant a = t, b = t et c = et en choisissant t très grand. 0

21 Le dernier eemple montre un phénomène qu on a ignoré jusqu ici. Il est très important de réfléchir au domaine de définition des nouvelles variables! Réfléchissons au deu eemples qu on vient de voir : Dans l eemple?? la substitution (a, b, c) = (/(y), /(y), /()) est bijective. C est-à-dire que à chaque triple (a, b, c) de nombres réels positifs on peut associer eactement un triple (, y, ) de nombres réels positifs. Avec la condition supplémentaire traduite, l inéquation avec les nouvelles variables est vraiment équivalente à celle de départ. Dans l eemple?? la substitution n est pas bijective dans ce sens, à chaque triple (a, b, c) avec abc = on peut associer un nombre infini de triples (, y, ). La raison pour cela est qu on a aussi éliminé la condition supplémentaire abc =. Malgré ça il est clair que l inéquation de départ est vérifiée pour tous les a, b, c > 0 avec abc = si et seulement si l inéquation transformée est vraie pour tout, y, > 0. De nouveau la substitution est une transformation équivalente. Dans le dernier eemple ce n est plus vrai. Il suffirait de prouver la nouvelle inéquation dans les nouvelles variables, y, > 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 eemple est utile. On a Théorèm 3.. Pour trois nombres réels positifs a, b, c les conditions suivantes sont équivalentes : (i) Il eiste 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 eistent trois nombres réels positifs, y, avec a = + y, b = y +, c = +. La preuve est simple et elle est laissée en eercice. Les trois nombres, y, de (iii) ont un sens géométrique. Considerer un triangle ABC de côtés a, b, c. Le cercle inscrit touche les côtés AB, BC, CA au points P, Q, R. Alors on a y = CR = CQ, y = BQ = BP, = AP = AR. Ceci permet aussi que, y, 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

22 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 eemple 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 eemple 9 : Eemple. Montrer que pour tout a, b, c > 0 on a a + b a + c + b + b + c b + a + c + c + a c + b + 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 >. De plus on a B = 3 A = Avec CS on a = ( a + b ) a + c + b ( + b + c ) + b + a + c c a + c + b + ( c + a c + b + a a b + a + c + ) b c + b + a. B (c(a + c + b) + a(b + a + c) + b(c + b + a)) 4(a + b + c), et il suffit de montrer que 4(a + b + c) > c(a + c + b) + a(b + a + c) + b(c + b + a). Après avoir simplifié on obtient 4(ab + bc + ca) > 0, ce qui est correct. On peut se demander pourquoi on a choisi la constante 3 alors qu on aurait pu essayer de montrer que 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 epérimenter 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 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 n+ est la plus grande ou la plus petite parmi les variables. Ceci est généralement très important. L eemple suivant est relativement compliqué mais il montre toutes les difficultés habituelles qui apparaissent.

23 Eemple 3. (CSP 0) Montrer que pour tous les nombres réels positifs a,..., a n, n on a (a 3 + )(a 3 + ) (a 3 n + ) (a a + )(a a 3 + ) (a na + ). Solution. On fait une récursion sur n. Pour n = on trouve dans cet ordre (a 3 + )(a 3 + ) (a a + )(a a + ), a 3 a 3 + a 3 + a 3 + a 3 a 3 + a a + a a +, a (a a ) + a (a a ) 0, (a a )(a a ) 0, (a a ) (a + a ) 0. La dernière inéquation est vraie car a, a > 0. Maintenant supposons que l inéquation soit vraie pour n. On va la prouver pour n +. Une comparaison des inéquations en n et n + variables montre qu il suffit de montrer que a 3 n+ + (a na n+ + )(a n+a + ). a na + L assertion est ensuite prouvé par l hypothèse de récurrence. On transforme pour trouver (a 3 n+ + )(a na + ) (a na n+ + )(a n+a + ), a 3 n+a na + a na + a 3 n+ + a 3 n+a na + a n+ a n + a n+a +, a n(a a n+ ) + a n+(a n+ a ) 0, (a n+ a )(a n+ a n )(a n+ + a n ) 0. La dernière inéquation est fausse en général. Mais puisque l inéquation de départ est cyclique symétrique on peut supposer spdg que a n+ est la variable la plus grande parmi les n + variables. Dans ce cas tous les trois termes à gauche sont plus grands ou égau à 0 et on a fini. 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 eemples on va epliquer et présenter les types de bornes les plus importants. Eemple 4. (Hongrie 99) Soient 0, y, des nombres réels. Montrer qu on a + y + + y + + y y 3 + y +. 3

24 Solution. C est encore une de ces inéquations où le signe d inégalité va dans le mauvais sens pour appliquer par eemple 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 : + y + + y +. Ceci est équivalent à + + et donc à ( )( ) 0, et ceci est vrai à cause de,. Celle-ci et les estimations analogues montrent que le côté gauche vaut au plus + y + + y + y y + =, ce qui implique l inégalité de départ grâce à + y + 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 etrêmement courtes. La borne de l eemple précédent et typique et peut souvent être utilisé. Plus généralement on peut essayer d utiliser une borne de la forme α α + y α + α où la constante α reste à déterminer. Le bon choi 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 eemple suivant va illustrer ceci. Je peu pas résister et je vais citer la solution officielle de l inéquation des OMI de 00. 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. Eemple 5. (OMI 0) Soient a, b, c des nombres réels positifs. Prouver l inéquation a a + 8bc + b b + 8ca + c c + 8ab. Solution. On essaye de trouver des bornes terme par terme et on utilise une borne de la forme a a + 8bc a r a r + b r + c, () r 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 (??). Pour déterminer r on va poser b = c = dans (??) et on regarde les deu côtés comme fonctions en a. Pour qu une telle estimation puisse être correcte il faut que les deu côtés soient tangents au point a =. Donc la pente (dérivée) des deu côtés doit être égale en ce point. Un 4

25 petit calcul montre que la dérivée du côté gauche vaut 8/7 celle du côté droit r/9. Ceci nous donne r = 4/3. (Attention : toutes ces réfleions 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 (??) pour r = 4/3. Multiplier par les dénominateurs et simplifier nous donne l inéquation équivalente a 4/3 + b 4/3 + c 4/3 a 8/3 + 8a /3 bc. On met au carré et on simplifie pour trouver b 8/3 + c 8/3 + (ab) 4/3 + (bc) 4/3 + (ca) 4/3 8a /3 bc, et ceci découle de AM-GM. Ainsi la preuve de (??) et donc aussi de l inégalité de départ est terminée et on a égalité eactement si a = b = c. L estimation dans l eemple suivant est légèrement différente. Eemple 6. (États-Unis 03) Soient a, b, c des nombres réels positifs. Montrer qu on a (a + b + c) (b + c + a) (c + a + b) + + a + (b + c) b + (c + a) c + (a + b) 8. Solution. L inéquation est homogène, on peut donc supposer que a + b + c = 3 Avec ça on a (a + b + c) a + (b + c) = (a + 3) a + (3 a) = a + 6a + 9 3a 6a + 9 = f(a). 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 = on a égalité il faut qu on ait égalité en t =. De plus le graphe de l doit être tangent au graphe de f en t = pour qu une telle estimation puisse être juste (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 =. Les constantes α et β peuvent être trouvés par les équations l() = f() et l () = f (). Un petit calcul montre que l(t) = 4/3(t+). 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 ) (4t + 3) 0, qui est clairement verifiée pour t 0 (le terme (t ) n apparaît pas par hasard, on l a construit). Ainsi on a pour le côté gauche l estimation 4 3 (a + ) (b + ) (c + ) = 4 (a + b + c) + 4 = 8. 3 Ce dernier eemple a beaucoup d autres solutions mais la plupart d entre eu 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 α + β/, ça dépend du contete. Des réfleions géométriques aident souvent pour trouver les constantes. 5

26 3.7 Eemple I Dans cette section, nous allons présenter l eemple d une inéquation qui peut être résolue à l aide de plusieurs méthodes traitées jusqu ici. Nous aimerions ainsi montrer qu il eiste en général de nombreuses solutions. Si une méthode donnée ne semble pas fonctionner, on peut l essayer avec une autre. Eemple 7. (CH 03) Montrer, pour des nombres réels positifs, y, tels que +y + =, l inégalité suivante : + y + y y Solution. On pose l abréviation A = + y + y y. D abord CS, ensuite le AM-QM : ( + y A = A =. A = = + y + ) + + ( + y + ) y ( + y + y ) ( + y + y ) = ( ( + y + )) =. + y + y + + y + y ( ) 3 y + y + y + ( ) ( ) 3 y + y + y + + y + y + + =, en appliquant le AM-GM pour chaque parenthèse. 3. Homogéniser, puis de la force brute! A + y + y ( + y + ) y 3 y y 3 + y y ( y + y + y) 6

27 La dernière inégalité est une conséquence du AM-GM, dans lequel on additionne l inéquation 3 y y y 4 4 = y au autres inéquations analogues. 4. Le AM-QM nous donne ( ) + y + + y = + y + 3 = 3 3. De cette inéquation et des autres analogues, il s ensuit que A = en appliquant encore le AM-HM. 5. Le AM-QM nous donne + y ( +y ) 3 + ( 3 + y y y ) ( + y + ) 3 ( + y + ) = 3 =, + y + = ( + y) = ( ) = +. De cette inéquation et des autres analogues, il s ensuit que A + y y + = ( + y + ) y + 5 =, en appliquant encore le AM-HM. 6. Les suites ( + y, y +, + ) et (/, /, /y) sont ordonnées dans le même sens, il s ensuit donc, d après Chebychef, que ( A 3 ( + y + y ) + y + ) = 3 ( + y + + ( + y + )) ( 3 + y + ) 3 ( + y y + y + ) + y + = 3 ( + y + 3 ) + y + =, où le premier facteur de la deuième ligne est minoré grâce au AM-GM ou le théorème principal ou C.S., le deuième grâce au AM-HM. 7

28 7. Les suites ( + y, y +, + ) et (/, /, /y) sont ordonnées dans le même sens, il s ensuit donc, d après le théorème principal, que A + y + y + y + + = + y + + y + y + = + y + y +, et de façon analogue A + y y + y = + y + + y + y + = + y + y +. Une sommation nous donne A + A, par conséquent A. 8. En appliquant le AM-GM pour chaque terme, on obtient A y + y + y. Les suites (y, y, ) et (/, /, /y) sont ordonnées dans le même sens, il s ensuit donc, d après le théorème principal, que A y + y y + = ( + y + ) =. 9. En posant s = + y +, s A = + s + s ( y = s y + y + ) ( + y + ) ( = ( + y + ) + y + ). Les suites (, y, ) et (/, /y, /) sont ordonnées en sens opposés, il s ensuit donc, d après Chebychef, que ( ) A 3 + y y + y = 3/( + y + ) =. y 8