Inégalité d'olympiade
Réponses
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Y a plusieurs solutions ici https://artofproblemsolving.com/community/c4h86399p503717
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Soient $x$, $y$ et $z$ trois réels strictement positifs. Puisque $\frac{x}{y}>0$, $\frac{y}{z}>0$ et $\frac{z\phantom{d}}{x}>0$ alors, d'après l'inégalité arithmético-géométrique (IAG) :
\[\frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x}\overset{\text{ IAG }}{\geqslant}3\sqrt[3]{\frac{x}{y}\cdot\frac{y}{z}\cdot\frac{z}{x}}=3.
\] Donc :
\begin{align*}
\frac{x^2}{y^2}+\frac{y^2}{z^2}+\frac{z^2}{x^2}+\frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x}&\overset{\text{ IAG }}{\geqslant}\frac{x^2}{y^2}+\frac{y^2}{z^2}+\frac{z^2}{x^2}+3\\
&=\Big(\frac{x^2}{y^2}+1\Big)+\Big(\frac{y^2}{z^2}+1\Big)+\Big(\frac{z^2}{x^2}+1\Big)\\[1pt]
&\overset{\text{ IAG }}{\geqslant}\frac{2x}{y}+\frac{2y}{z}+\frac{2z}{x}
\end{align*} En conclusion, $\boxed{\frac{x^2}{y^2}+\frac{y^2}{z^2}+\frac{z^2}{x^2}\geqslant\frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x}}$ avec égalité ssi $\boxed{x=y=z}$. -
Il me semble il y a plusieurs méthodes pour démontrer cette inégalité
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Soit $f(t)=t^2-t$. La fonction $f$ est convexe. Posons $a=x/y$, $b=y/z$ et $c=z/x$. Alors $\dfrac{f(a)+f(b)+f(c)}{3}\geqslant f(\frac{a+b+c}{3})$. Or, $\frac{a+b+c}{3}\geqslant \sqrt[3]{abc}=1$ donc $f(\frac{a+b+c}{3})\geqslant 0$, ce qui implique bien $f(a)+f(b)+f(c)\geqslant 0$.
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sincèrement merci a vous tous pour votre réponse qui ma vraiment été fructueuse et motivante puisque j'ai bien fait des recherches sur (IAG) et les propriétés de la convexité dune fonction, dont je ne savait pas grand chose auparavant comme je suis au lycée actuellement.
Voici des liens pour les débutants comme moi qui veulent en savoir plus : 1 2 3
Cordialement. -
Bonsoir
tu pars de l'inégalité : $ (\frac{x}{y} - \frac{1}{2})^2 + (\frac{y}{z} - \frac{1}{2})^2 + (\frac{z}{x} - \frac{1}{2})^2 \geq \frac{3}{4}$
qui est toujours vraie puisque le premier membre est minoré en remplaçant les rapports par 1 (x; y et z sont réels positifs)
il suffit de développer les trois carrés du premier membre pour trouver ton inégalité
l'égalité est réalisée lorsque x = y = z = 1.
Cordialement. -
Bonsoir,
une autre façon de faire consiste à éliminer les dénominateurs, puis après quelques manipulations algébriques, on trouve que l'inégalité est équivalente à $$\sum_{cyc} x^3z^2(x-y) \geq 0$$Par symétrie des rôles joués par les variables, on peut supposer spdg $x \geq y \geq z >0$. Deux des trois termes alors sont positifs mais pas le dernier. On écrit alors $z-x=z-y+y-x$, puis en substituant, on obtient que $$x^3z^2(x-y)+x^2z^3(y-z)-y^2z^3(x-y)-y^2z^3(y-z) \geq 0$$ soit encore que $$z^2(x-y)(x^3-y^2z) + y^2(y-z)(x^2y-z^3) \geq 0$$ce qui est manifestement vrai, ce qui conclut. $\blacksquare$ -
Oui c'est ça. Tu vois bien que si tu échanges $x$ et $y$, l'inégalité devient différente.
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Absolument, dans ce cas on ne peut plus ordonner les variables. En revanche, on peut toujours choisir celle qui sera la plus grande ou la plus petite mais pas les deux à la fois...
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Autre façon de faire. On pose $a=\frac{x}{y}, b=\frac{y}{z}, c=\frac{z}{x}$. L'inégalité à montrer est alors équivalente à $$a^2+b^2+c^2 \geq a+ b + c.$$ Remarquons que, par IAG, pour tous $u,v,w >0$ tels que $uvw=1$, on a $$4u^2+v^2+z^2 \geq 6\sqrt[6]{u^8v^2w^2}=6\sqrt[6]{u^6}=6u.
$$ Ainsi, en appliquant ce résultat trois fois, on obtient $$ \sum_{cyc} 4a^2+b^2+c^2 \geq 6(a+b+c).
$$ Par suite on a bien l'inégalité voulue : $$a^2+b^2+c^2 \geq a+b+c,$$ ce qui conclut. $\blacksquare$ -
Variante: En gardant les mêmes notations que dans mon post précédent, on a par C.S: $$a+b+c \leq \sqrt{3}.\sqrt{a^2+b^2+c^2}.
$$ Or, par IAG, on a $$1=\sqrt[3]{a^2b^2c^2} \leq \frac{a^2+b^2+c^2}{3}.
$$ Par suite, $$\sqrt{3} \leq \sqrt{a^2+b^2+c^2}.
$$ En réinjectant dans la première inégalité on trouve que $$a+b+c \leq \sqrt{a^2+b^2+c^2}.\sqrt{a^2+b^2+c^2}=a^2+b^2+c^2$$ comme voulu. $\blacksquare$ -
supp
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je vous remercie encore les amis . :-)
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Quelques remarques.
1. L'inégalité des moyennes arithmétique-géométrique peut se démontrer de plusieurs façons, certaines ne nécessitant pas de connaître la théorie des fonctions convexes. Cette théorie a d'ailleurs disparu des programmes de prépas, sauf MP. Et pour 2, 4 ou 3 nombres, elle se démontre très simplement. On a parlé de ça sur ce forum, mais il faudrait trouver où (éternel problème).
2. L'inégalité $u^2+v^2+w^2 \ge uv+vw+wu$ découle immédiatement de $(u-v)^2+(v-w)^2+(w-u)^2 \ge 0$, avec égalité ssi $u=v=w$. Elle implique, pour $x,y,z$ non nuls : $(\frac{x}{y})^2+(\frac{y}{z})^2+(\frac{z}{x})^2 \ge \frac{x}{z}+\frac{y}{x}+\frac{z}{y}$, inégalité qui n'est pas celle qui est demandée, mais qui est intéressante aussi.
3. Yass31415 est prié de corriger son orthographe, vraiment inacceptable de la part d'un lycéen. -
J'ai retrouvé un fil où il y a des démonstrations par récurrence de cette inégalité des moyennes arithmétique-géométrique :
http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?18,1941124,page=1
Dans ce fil quelqu'un dit que les fonctions convexes sont au programme dans certaines classes du lycée ; je n'ai pas vérifié.
Bonne nuit.
Fr. Ch. -
supp
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Cette preuve de l'IAG est également celle exposée dans :
https://maths-olympiques.fr/wp-content/uploads/2017/09/ineg.pdf
et qui contient plein d'autres résultats et exercices...
Pierre. -
supp
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Moi j'aime beaucoup la théorie des fonctions convexes. J'ai toujours trouvé fascinant qu'avec une hypothèse aussi réduite on arrive à une telle riche collection de résultats. La meilleure démonstration de l'inégalité des moyennes arithmétique-géométrique est pour moi celle qui découle de la concavité de la fonction log.
Alors pourquoi vouloir l'éviter, demande side ? C'est qu'on peut avoir besoin de cette inégalité classique dans un contexte où l'on ne peut développer la théorie des fonctions convexes. C'est par exemple le cas pour le poly de Pierre, destiné aux jeunes participants aux compétitions mathématiques. C'est aussi le cas dans les secteurs de l'enseignement où les fonctions convexes ne sont pas au programme. Dans le secondaire, c'est sans doute le cas, sauf information contraire. Et en prépa, cette notion a disparu partout sauf en MP. Dans le fil que j'ai cité, il y a quatre démonstrations par récurrence qui diffèrent dans le détail, plus une qui repose sur un argument de compacité, qui est au programme dans plusieurs prépas, parfois sous l'appellation de « borné-fermé ».
Bonne soirée à Pierre et aux autres.
Fr. Ch. -
Quitte à réecrire ici des choses qui ont été écrites dans le fil mentionné par Chaurien :
Soient $n\in\N^*$, $x_1,\dots,x_n>0$, $m_0=1$ et, pour tout $k\in\{1,\dots,n\}$, $m_k=(\sum_{i=1}^k x_i)/k$.
Pour tout $k\in\{1,\dots,n\}$, $$\frac{m_k^k}{m_{k-1}^{k-1}}=m_{k-1}\left(1+\left(\frac{m_k}{m_{k-1}}-1\right)\right)^k\geq m_{k-1}\left(1+k\left(\frac{m_k}{m_{k-1}}-1\right)\right)=km_k-(k-1)m_{k-1}=x_k$$ avec inégalité stricte si $k>1$ et $m_k\neq m_{k-1}$. On multiplie les inégalités et c'est fini (cas d'égalité compris).
La convexité est dans l'inégalité de Bernoulli.
Merci @PierreB pour le document. -
supp
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side a écrit:Les inégalités de Newton et de Mac-Laurin sont mal présentées (d'ailleurs c'est toujours le cas). Quelques arguments d'homogénéité et de lecture suivant une grille de suites log-concaves, décroissantes aideraient à les mémoriser/populariser et en plus les rendraient extrêment naturelles...
Vous pouvez développer svp ? -
Bah, les programmes, ça va ça vient (même si souvent, c'est plutôt dans le sens du départ...).
Le document a été écrit en 2001 (gros soupir) et, à l'époque, la convexité n'était pas au programme.
L'autre contrainte est que, pour les compétitions internationales type OIM, le recours aux dérivées est considéré comme trop avancé et il faut toujours pouvoir proposer une solution qui contourne ce genre de notions.
Bref, on s'adapte quel que soit le contexte.
Enfin, l'inégalité de Bernoulli se démontre facilement par récurrence. Pas besoin de convexité.
Pierre. -
supp
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@side : Merci.
Note. Les inégalités de Maclaurin peuvent s'obtenir de manière directe, par récurrence et en partant comme pour les inégalités de Newton. Ensuite (c'est là qu'on bifurque), en reprenant les notations du document mentionné par PierreB, on écrit : $$p_k=\left(1-\frac kn\right)p_k'+\frac kn a_n p_{k-1}' \quad \text{et} \quad p_{k+1}=\left(1-\frac{k+1}n\right)p_{k+1}'+\frac {k+1}n a_n p_{k}',$$ on applique l'hypothèse de récurrence à $p_{k-1}'$ et $p_{k+1}'$ et l'on conclut grâce à l'inégalité de Bernoulli après avoir considéré le rapport $p_k^{k+1}/p_{k+1}^k$. C'est fait complètement dans Quadrature 110. Le gain n'est pas négligeable car le passage : $$\text{Par suite :} \quad n^2(p_{k-1}p_{k+1}-p_k^2)=A+Ba_n+Ca_n^2, \quad \text{avec :} \quad \text{$A=\dots$ ; $B=\dots$ ; $C=\dots$,}$$ il faut l'avaler. -
supp
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@Side
Pour résumer (si j'ai bien suivi) : on a "Inégalités de Newton $\implies$ Inégalités de Maclaurin" et c'est la seule chose sur laquelle vous souhaitez vous arrêter.
Je faisais juste remarquer que la démonstration par récurrence des inégalités de Newton du document de PierreB n'est pas complètement immédiate (et longue si l'on fait les calculs) alors que l'on peut obtenir les inégalités de Maclaurin sans passer par les inégalités de Newton, par récurrence également, en partant de la même façon, puis en utilisant l'inégalité de Bernoulli. À supposer que l'on s'intéresse seulement aux inégalités de Maclaurin, on y gagne : sur l'hérédité dans la récurrence et sur le fait qu'une fois les inégalités de Newton établies, il reste encore un peu de travail pour en déduire celles de Maclaurin.
Désolé si cela peut donner mal de crâne, ce n'était pas dans mon intention. En échange, si je peux me permettre, le passage suivant dans votre message était-il vraiment nécessaire, franchement : "je suis plus à l'aise avec les additions que les multiplications" ? -
supp
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supp
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Comme tout le monde j'ai envie de dire...side a écrit:je suis plus à l'aise avec les additions que les multiplications, les additions plutôt que les soustractions, les multiplications plutôt que les divisions, et les majorations plutôt que les minorations (ajout : et les nombres positifs plutôt que négatifs)...
Certes, mais j'ai trouvé un peu pénible de lire "je suis plus à l'aise avec les sommes qu'avec les produits" à ce moment-là, alors que ça va avec le log, je ne sais pas trop pourquoi. C'est sûrement la somme des "Il est difficile de faire plus court...", "la preuve est tellement triviale", "Celle que vous illustrez a l'air de faire mal au crâne..." et plus généralement le style, qui a induit ce que j'ai écrit. Après, je n'ai très certainement pas votre niveau.side a écrit:...et je ne vois pas où est le problème de le préciser !!!
Peut-être ici, bien que les choses ne m'apparaissent pas comme "immédiates". De plus, il est question de dérivation, de théorème de Rolle, et l'on peut vouloir se restreindre à des choses plus élémentaires. PierreB en parlait dans un message précédent.side a écrit:De mémoire, les inégalités de Newton sont immédiates à prouver par récurrence : les inégalités de Newton pour le polynôme P' vous donnent (ajout : sans aucune astuce ni aucune majoration, c'est juste une écriture du lien entre les sigma(P) et les sigma(P')...) toutes les inégalités de Newton pour le polynôme P sauf une qui est triviale. On doit pouvoir trouver la preuve sur le net.
Enfin, la démonstration algébrique des inégalités de Maclaurin dont je parlais dans un message précédent n'est pas trop longue (tout calcul fait) et assez naturelle. À noter que l'on utilise pour conclure l'inégalité de Bernoulli (*) qui, comme je le disais plus haut, est équivalente à : pour tous réels $x,a\geq 0$ et tout entier $n\geq 1$, $x^n\geq a^n+na^{n-1}(x-a)$, inégalité dans laquelle on peut voir, non seulement de la convexité, mais aussi les accroissements finis.
(*) Ou plutôt, si possible, le sens de variation de la suite $((1+x/n)^n)_{n\in\N^*}$ (que l'on peut retrouver à partir de l'inégalité de Bernoulli). -
supp
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Comme cela est fait dans le papier que je viens d'indiquer ("ici" du "Peut-être ici").
Et je maintiens la fin de mon message précédent (à partir de "Peut-être ici"). -
supp
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Merci, side.side a écrit:la notion de polynôme dérivé (et non dérivée d'une fonction polynôme) ne nécessite aucun bagage d'analyse et c'est une notion algébrique. C'est défini dans les cours d'algèbre. On a d'ailleurs une formule de Taylor "algébrique" (elle ne porte pas d'adjectif).
Par ailleurs, j'ai cru voir passer un "Lemme de Rolle" dans le papier, dans la démonstration du théorème 2... -
supp
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L'auteur écrit "Newton-Maclaurin" entre parenthèses pour les deux théorèmes du papier. Dans mon message précédent, j'ai bien écrit "dans la démonstration du théorème 2" soit dans la démonstration des inégalités de Newton...
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supp
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Ah !
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Pour une inégalité aussi importante que l'inégalité des moyennes arithmétique-géométrique, il est bon d'avoir une collection de démonstrations, avec ou sans dérivées, avec ou sans convexité, avec ou sans récurrence, étant entendu qu'il faudra bien faire avec quelque chose.
Voici une démonstration que j'ai trouvée dans une vieille revue destinée aux élèves de Terminale. Elle se fonde uniquement sur le lemme :
$\bullet $ Pour tout réel $x>0$, on a : $\ln x\leq x-1$, égalité si et seulement si $x=1$.
C'est une inégalité de convexité, mais il n'est pas indispensable de le savoir, on peut le prouver spécifiquement, par dérivation ou intégration.
$\bullet $ Soit $n\in \mathbb{N}$, $n\geq 2$. Soient des réels strictement positifs $x_{1}$, $x_{2}$, ..., $x_{n}$, et soit la moyenne arithmétique $\displaystyle A=\frac{1}{n}\underset{k=1}{\overset{n}{\sum }}x_{i}$.
Pour $k\in \{1,2,...,n\}$, soit $y_{k}=\frac{x_{k}}{A}$. Alors $\ln y_{k}\leq y_{k}-1$.
En conséquence : $\displaystyle \underset{k=1}{\overset{n}{\sum }}\ln y_{k}\leq (\underset{k=1}{\overset{n}{\sum }}y_{k})-n=0$.
Ce qui revient à : $\displaystyle \underset{k=1}{\overset{n}{\prod }}y_{k}\leq 1$, soit : $\displaystyle \underset{k=1}{\overset{n}{\prod }}x_{k}\leq A^{n}$, ou encore : $\displaystyle \sqrt[n]{x_{1}x_{2}...x_{n}}\leq \frac{x_{1}+x_{2}+...+x_{n}}{n}$.
$~~$ $\bullet $ On a l'égalité si et seulement si les $n$ inégalités $\ln y _{k}\leq y_{k}-1$ sont toutes des égalités, soit si $y_{k}=1$ pour tout $k\in \{1,2,...,n\}$, soit encore : $x_{1}=x_{2}=...=x_{n}$.
Bonne journée.
Fr. Ch. -
C'est la célèbre démonstration de Pólya (en version $\ln$).
Si je peux me permettre d'insister, l'inégalité de Bernoulli (au programme de Terminale), qui peut être vue comme un prédécesseur algébrique de l'inégalité : pour tout $x>0$, $$\ln(x)\leq x-1$$ (ou $x\leq \mathrm e^{x-1}$ pour tout réel $x$ dans la preuve de Pólya) ainsi que de la relation fonctionnelle du logarithme, amène une démonstration algébrique et courte de l'IAG, celle que j'ai indiquée un peu plus haut et que je recopie ici pour m'appuyer dessus ensuite :
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Soient $n\in\N^*$, $x_1,\dots,x_n>0$, $m_0=1$ et, pour tout $k\in\{1,\dots,n\}$, $m_k=(\sum_{i=1}^k x_i)/k$.
Pour tout $k\in\{1,\dots,n\}$, $$\frac{m_k^k}{m_{k-1}^{k-1}}=m_{k-1}\left(1+\left(\frac{m_k}{m_{k-1}}-1\right)\right)^k\geq m_{k-1}\left(1+k\left(\frac{m_k}{m_{k-1}}-1\right)\right)=km_k-(k-1)m_{k-1}=x_k$$ avec inégalité stricte si $k>1$ et $m_{k}\neq m_{k-1}$. On multiplie les inégalités et c'est fini (cas d'égalité compris).
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Très bien mais appliquer l'inégalité de Bernoulli au réel $x=m_{k}/m_{k-1}-1>-1$ est astucieux et en plus, il faut bien s'y prendre !
L'idéal est de s'appuyer sur l'inégalité : pour tout entier $n\geq 1$ et tous réels $a,b>0$, $$\frac{b^n}{a^{n-1}}\geq nb-(n-1)a,$$ conséquence de l'inégalité de Bernoulli en l'appliquant au réel $b/a-1>-1$.
Et pourquoi cette inégalité, au delà du fait, qu'avec elle, l'IAG tombe toute seule ?
Éventuellement parce que cette variante "connue" de l'inégalité de Bernoulli peut être associée au fait arithmético-géométrique suivant, $a$ et $b$ désignant deux réels strictement positifs quelconques : pour tout entier $n\geq 1$, le terme de rang $n$ de la suite géométrique de premiers termes $a$ et $b$ (dans cet ordre) est supérieur ou égal au terme de rang $n$ de la suite arithmétique induite par les mêmes deux premiers termes, autrement dit $$a\left(\frac{b}{a}\right)^n\geq a+n(b-a).$$ À noter que pour montrer l'IAG en Terminale (*), on pourra préférer une récurrence à la méthode "produit d'inégalités + télescopage".
(*) Bien sûr il faut que l'inégalité de Bernoulli soit établie pour tout réel strictement supérieur à $-1$ et non pour tout réel positif ou nul seulement. -
La démonstration que j'ai donnée dans mon précédent message est sans doute la plus simple. J'ai dit que je l'ai trouvée dans une ancienne revue destinée aux élèves de Terminale. Personne ne m'a demandé quelle revue, il faut croire que la curiosité passe pour un vilain défaut ;-). C'était Les Humanités scientifiques, revue publiée par Hatier, sous la direction de Serge Minois, de 1947 à 1972. C'était dans le N° 275, juin 1961, article de J. Legrand, chef de travaux agrégé, à la Faculté des Sciences de Bordeaux : Une inégalité concernant la fonction Lx et ses conséquences (Classe de Sciences Expérimentales). On trouve peu de choses sur ce type de revue, j'ai déjà essayé d'en parler sur ce forum, sans grand succès ; il faudra qu'on y revienne.
Audeo nous révèle que cette démonstration est due à G. Pólya, et c'est très intéressant. Il renvoie à J. Michael Steele, The Cauchy-Schwarz Master Class, MAA, Cambridge University Press, 2004. Excellent livre, bien dans la lignée des ouvrages heuristiques de Pólya. Eric le cite volontiers et il a bien raison. Il paraît même que Pólya aurait rêvé cette démonstration, et je veux bien le croire. Mais j'aimerais bien en retrouver la rédaction originelle dans l’œuvre de Pólya.
Bonne journée.
Fr. Ch. -
Comment une démonstration qui s'appuie sur la relation fonctionnelle du logarithme ainsi que sur l'inégalité : pour tout réel $x>0$, $\ln x\leq x-1$ pourrait-elle être plus simple qu'une démonstration qui s'appuie sur le simple fait arithmético-géométrique mentionné dans mon message précédent ?Chaurien a écrit:La démonstration que j'ai donnée dans mon précédent message est sans doute la plus simple.
Je n'insisterai pas davantage, ce n'est bien sûr qu'une histoire de goût ! :-)
Vous conviendrez cependant que votre démonstration sort un peu du cadre de la partie "Algèbre" du forum...
Pour ma part, je n'ai pas demandé car c'est purement et simplement la version $\ln$ de la très jolie et bien connue preuve de Pólya.Chaurien a écrit:Personne ne m'a demandé quelle revue, il faut croire que la curiosité passe pour un vilain défaut. -
supp
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