Montrer que $a+b \leq ab+1$
Bonjour,
Il s'agit ici de montrer l'inégalité du titre du sujet pour tous $a, b \in \mathbb{N^{*}}$. Mon raisonnement est-il correct ? Je commence en disant que $ab\geq 1$ et $a+b\geq 2$. Puis, $a+b \leq ab+1 \iff a+b-1 \leq ab$. Or, $a+b-1\geq 1$. On a donc $1\leq a+b-1 \leq ab$. Et on retrouve bien notre postulat de départ $ab\geq 1$ ; cette dernière inégalité étant vraie, l'inégalité de départ est démontrée.
Je trouve que ce raisonnement est léger, convient-il ? Ou est-ce la redécouverte de $ab\geq 1$ sous un autre angle ?
Merci.
Il s'agit ici de montrer l'inégalité du titre du sujet pour tous $a, b \in \mathbb{N^{*}}$. Mon raisonnement est-il correct ? Je commence en disant que $ab\geq 1$ et $a+b\geq 2$. Puis, $a+b \leq ab+1 \iff a+b-1 \leq ab$. Or, $a+b-1\geq 1$. On a donc $1\leq a+b-1 \leq ab$. Et on retrouve bien notre postulat de départ $ab\geq 1$ ; cette dernière inégalité étant vraie, l'inégalité de départ est démontrée.
Je trouve que ce raisonnement est léger, convient-il ? Ou est-ce la redécouverte de $ab\geq 1$ sous un autre angle ?
Merci.
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Réponses
Donc oui, c'est plutôt léger...
Fixer $a \in \N^{*}$ et faire une récurrence sur $b$. Montrer $P(b)$ : $\forall b \in \N^{*} \ ab+1-(a+b) \geq 0$
Si $b=1$ on a $ab+1-a-b=a+1-a-1=0 \geq 0$.
Supposons $P(b)$ vraie. Alors $ab+1-(a+b) \geq 0$ pour $b$ fixé dans $\N^{*}$.
Je te laisse finir.
$(a-1)(b-1) = ... ?$
Cordialement,
Rescassol
Et donc après, on développe $ab = (m+1)(n+1)$, et on regarde si c'est plus que $a+b-1$ ou pas.
$\displaystyle \dfrac{a+b}{1+ab}=\dfrac{1+bu}{b+u}$ avec $u=\dfrac{1}{a}$
On définit la fonction $\displaystyle f(x)=\dfrac{1+bx}{b+x}$ pour tout $x\in[0;1]$
On a $\displaystyle f^\prime (x)=\dfrac{b^2-1}{(b+x)^2}$
Cette fonction est décroissante croissante sur l'intervalle $[0;1]$ puisque $b\geq 1$ et on a $f(0)=\dfrac{1}{b},f(1)=1$
donc pour tout $x\in [0;1], 0<f(x)\leq 1$ donc en particulier $0< f\left(\dfrac{1}{a}\right)<1$ et cette dernière inégalité est équivalente à l'inégalité à démontrer.
*: il y a une symétrie évidente entre $a$ et $b$ dans l'inégalité qu'on cherche à prouver donc on peut supposer que $a\geq b$ sans perte de généralité.
PS1: La méthode proposée par Rescassol est plus simple mais quand on n'a pas vu ce qu'il fallait voir on peut essayer de se reposer sur des méthodes plus rustiques afin de ne pas rester les deux pieds dans le même sabot.
PS2:
Merci à Thierry de m'avoir montré mon erreur.
PS3:
$a,b$ des réels strictement positifs.
$\displaystyle \dfrac{1}{a}+b-\left(\frac{b}{a}+1\right)=-\dfrac{a+b-(1+ab)}{a}$
Cela dit je conviens que le plus difficile est de « voir » cela.
Ma récurrence prend 3 lignes.
En fait, faute d’autres idées il faut bien se lancer.
Je ne jette même pas la pierre à Fin de partie !
J’ai aussi pensé à l’analyse dans un premier temps.
Je démontre que l'inégalité est vraie pour tout réel $a,b$ strictement positifs tandis que toi tu le démontres que pour des valeurs entières.
PS:
Parfois on va plus vite en mobilisant une bonne vieille méthode rustique (il y a six lignes de raisonnement) qu'à réfléchir sur une méthode qui va économiser du temps d'écriture.
Il faut savoir ce qu'on fait pour estimer si le jeu en vaut la chandelle.
L’énoncé étant ce qu’il est, cet argument ne tient pas je pense.
l'inégalité à démontrer est symétrique en $a$ et $b$ on peut toujours supposer que $a\geq b$.
Donc, pour ton exemple on prend $a=\pi$ et $b=\dfrac{1}{\pi}$ et on a $\dfrac{b}{a}=\dfrac{1}{\pi^2}$ quantité qui est strictement positive et inférieure à $1$.
Alain
Une petite précision:
Une astuce qui sert au moins deux fois s'appelle une méthode.
Et celle là est archiconnue.
Cordialement,
Rescassol
Si $b=1$ on a $ab+1-a-b=a+1-a-1=0 \geq 0$. La propriété est vraie au ranf $b=1$.
Supposons $P(b)$ vraie. Alors $ab+1-(a+b) \geq 0$ pour $b$ fixé dans $\N^{*}$.
On a $a(b+1)+1-(a+b+1)=ab+a+1-a-b-1=ab-b$
D'après l'hypothèse de récurrence, $ab-b \geq a-1 \geq 0$ car $a \in \N^{*}$.
Donc $P(b+1)$ est vraie et le résultat est démontré par récurrence.
En effet. Mon calcul est tout pourri. Il a besoin d'être mis à jour. :-D
Exemple :
Pour tous $a$ et $b$ de $I=[1,+\infty[$ on pose $a*b=\sqrt{a^2b^2-a^2-b^2+2}$.
Montrer que $*$ est une loi de composition interne sur $I$.
Écrire $a^2b^2-a^2-b^2+2=(a^2-1)(b^2-1)+1$ permet de conclure rapidement.
Je voulais juste dire qu'une telle factorisation peut être utile et est utilisée au lycée.
Autre exemple.
Déterminer tous les couples $(x,y)$ d'entiers naturels tels que $xy+2x+y-33=0$.
On pourrait aller jusqu'à parler d'une hyperbole équilatère d'asymptotes parallèles aux axes, ramenée à son centre :-D
Cordialement,
Rescassol
Donc $\mathcal C$ a deux points à l'infini $(1:0:0)$ et $(0:1:0)$, c'est une hyperbole dont les asymptotes sont orthogonales (si on travaille dans un repère orthogonal).
Enfin, le centre de $\mathcal C$ étant le pôle de la droite à l'infini, ses coordonnées sont $(-1,-2)$.
J'ai eu un module dédié à la géométrie projective en licence, mais cela date de presque trente ans et je n'ai pas revu la notion depuis.
Donc ce que tu me dis et presque du chinois pour moi et je me dis que j'ai bien raté une occasion de me taire.
Gai Requin n'a fait que développer ce que j'ai écrit juste au dessus.
Mais on peut rester en affine, voire en euclidien.
Cordialement,
Rescassol
Je détaille mon second message.
Puisque $A(-1,-2)$ est le centre de $\mathcal C$ et que ses asymptotes sont parallèles aux axes de coordonnées, on sait que l'équation de $\mathcal C$ est plus sympathique dans le repère d'origine $A$ avec les vecteurs de base du repère initial.
Les coordonnées de $M(x,y)$ dans ce nouveau repère sont $(X=x+1,Y=y+2)$.
Et cette équation plus sympathique de $\mathcal C$, qui s'obtient facilement, est $XY=35$.
On montre qu'elle est décroissante et f(1)= 0, donc f(x)< 0. CQFD.
La méthode de Raoul est un bel et simple exemple de raisonnement par analyse, technique qui semblerait passée de mode dans l'enseignement secondaire ?
Autre exemple simple : l'inégalité arithmético-géométrique.
A+
$X$ = "rang d'apparition de la première boule noire"
$Y$ = "rang d'apparition de la première boule blanche"
où on a naturellement $X,Y\ge 1$, et $\min(X,Y) = 1$.
Alors on a : $XY = X+Y-1$, donc $\text{cov}(X,Y) = E[X] + E[Y] - 1 - E[X]\times E[Y] \le 0$.
Voilà !
Bon et bien ok:
Par symétrie on peut supposer $a\leq b$. Si $2\leq a$ alors $a+b\leq 2b\leq ab\leq ab+1$. Si $a=1$ alors $1+b\leq 1b+1$.
Or si $x,y\leq 1$ on a que $xy\leq 1$
Donc $x+y-xy=1-(1-x)(1-y)\leq 1$ pour $x,y\leq 1$
En prenant $x=1/a$ et $y=1/b$
Donc on a le résultat