Inégalité olympiade
Bonsoir,
une idée pour ce problème ?
Je remets l'énoncé.
Montrer que pour tous réels positifs $a,b,c$ tels que $abc=1$, on a $(a+b)(b+c)(c+a)+7 \geq 5(a+b+c)$.
En substituant $c=\frac{1}{ab}$, et notant $S=a+b$ et $P=ab$, on se ramène à $(S+\frac{1}{P})(\frac{S}{P}+P-5)+6\geq 0$ à montrer sous la contrainte $S \geq 2\sqrt{P}$.
Peut-on s'en sortir avec de l'algèbre uniquement et éviter les études de fonction à rallonge ? C'est degré $2$ en $S$ mais je n'en tire rien et de degré $3$ en $P$...
Merci.
une idée pour ce problème ?
Je remets l'énoncé.
Montrer que pour tous réels positifs $a,b,c$ tels que $abc=1$, on a $(a+b)(b+c)(c+a)+7 \geq 5(a+b+c)$.
En substituant $c=\frac{1}{ab}$, et notant $S=a+b$ et $P=ab$, on se ramène à $(S+\frac{1}{P})(\frac{S}{P}+P-5)+6\geq 0$ à montrer sous la contrainte $S \geq 2\sqrt{P}$.
Peut-on s'en sortir avec de l'algèbre uniquement et éviter les études de fonction à rallonge ? C'est degré $2$ en $S$ mais je n'en tire rien et de degré $3$ en $P$...
Merci.
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Réponses
A vérifier :
La relation est symétrique, donc l'un au moins est inférieur à l'unité : $c \leq 1.$
On écrit $7 = 7 abc$ et on utilise l'iégalité arithmético-géométrique à cinq termes : $\sum a^2 b + b a^2 + 3 abc \geq 5 \sum (ab)^{3/5} (abc)^{3/5}.$
Et on vérifie immédiatement que $(ab)^{3/5} \geq c$ qui est équivalent à $c \leq 1.$
Pierre.
Reprends mes calculs. Trouves-tu une erreur ?
Pierre.
$\sum (a^2b+ab^2+3abc) = \sum (a^2b+ab^2+abc+abc+abc) \geq 5 \sum (a^2b.ab^2.abc.abc.abc)^{1/5}$
Mais, tu as supposé que $c \leq 1$. Si cela te permet de justifier que $(ab)^{3/5} \geq c$, je ne vois pas comment tu peux en déduire que $(bc)^{3/5} \geq a $ et $(ca)^{3/5} \geq b$, puisque tu as brisé la symétrie.
Pierre.
Tout d'abord, compte tenu de $abc=1$, on a $(a+b)(b+c)(c+a)=(a+b+c)(ab+bc+ca)-1 = (a+b+c)(\dfrac 1 a + \dfrac 1 b + \dfrac 1 c) - 1$
et le problème devient $\dfrac 1 a + \dfrac 1 b + \dfrac 1 c + \dfrac{6}{a+b+c} \geq 5$.
L'idée est d'utiliser un "lissage vers la moyenne" (cf. https://igor-kortchemski.perso.math.cnrs.fr/olympiades/Cours/Inegalites/inegalites.pdf chapitre 3, ce qui ne rajeunit personne...) afin de réduire le nombre de variables à 2, puis à 1 avec la contrainte.
On pose $f(a,b,c) = \dfrac 1 a + \dfrac 1 b + \dfrac 1 c + \dfrac{6}{a+b+c}$.
Puisque tout est symétrique en $a,b,c$, on suppose que $a \geq b \geq c$.
Il se trouve que $f(a,b,c) \geq f(a,\sqrt{bc},\sqrt{bc})$ équivaut à $(\sqrt{b}-\sqrt{c})^2((a+b+c)(a+2\sqrt{bc})-6bc) \geq 0$.
Or, puisque $a \geq \sqrt{bc}$, on a $(a+b+c)(a+2\sqrt{bc}) \geq (\sqrt{bc}+2\sqrt{bc})(\sqrt{bc}+2\sqrt{bc})=9bc \geq 6bc$.
Par suite, il suffit de prouver le résultat dans le cas où $at^2=1$ et $t \leq a$, ce qui implique que $t \leq 1$.
Mais, on vérifie facilement que $f(a,t,t) \geq 5$ s'écrit $(t-1)^2(2t^4+4t^3-4t^2-t+2) \geq 0$.
Puisque $2t^4+4t^3-4t^2-t+2 = 2t^4 + t(2t-1)^2+2(1-t) >0$ pour $0< t \leq 1$, le résultat est assuré.
Notons que le cas d'égalité ssi $b=c$ et $t=1$, c.à.d. $a=b=c=1$.
Pierre.
Tu as raison. J'ai fait une faute énorme.
Rien de bien folichon dans cet autre solution, dont le seul intérêt est de souligner l'obstination que met le polynôme de degré $4$ précédemment évoqué à se glisser dans les arguments.On peut supposer: $\:a\geqslant 1.\: $
On note $S :=a+b+c,\:T:= ab+bc+ca. $ L' inégalité à prouver est alors: $ ST +6\geqslant 5S\:$ ou $\: aS(S-a) +\dfrac Sa +6\geqslant 5S,\:\:$ équivalentes à:
$$ f_a(S): =a^2S^2 - (a^3+5a-1)S + 6a\geqslant 0.$$
Les conditions $S-a = b+c,\: \dfrac 1a = bc,\:\: b,c\in \R\: $ imposent $\:(S-a)^2 \geqslant \dfrac 4a, \quad S\geqslant a+ \dfrac 2{\sqrt a} : = m_a.$
$\:\forall a\geqslant 1, $ la fonction $f_a$ est croissante sur $[m_a;+ \infty[.$
Il reste donc à s'assurer que :$ \:\forall a \geqslant 1 , \:\: f_a(m_a)\geqslant 0.\:\:$ Or, en notant $\varphi:x \longmapsto 2x^4-x^3-4x^2+4x+2, \quad $ il vient:
$$ \sqrt a f_a(m_a) = (\sqrt a-1)^2 \varphi (\sqrt a).$$
Il n'est pas difficile de se convaincre que: $\forall x\geqslant 1, \:\: \varphi(x)\geqslant 0$, ce qui permet de conclure.
allez à mon tour de proposer une solution, dont l'intérêt principal est de casser la malédiction du polynôme de degré 4...
En notant $S=a+b+c$ et $T=ab+ac+bc$, les réels $a,b,c$ sont les racines du polynôme $P\left(X\right)=X^{3}-SX^{2}+TX-1=0$.
Ainsi, le discriminant de $P$ est positif ou nul : $\left(ST\right)^{2}+18ST-4T^{3}-4S^{3}-27\geq0$.
Notons que cette condition implique bien que $S\geq3$ et $T\geq3$ (mais pas besoin du discriminant pour montrer ça...)
Le problème posé est donc équivalent au problème suivant :
Si $S$ et $T$ sont 2 réels positifs vérifiant $\left(ST\right)^{2}+18ST-4\left(T^{3}+S^{3}\right)-27\geq0$, alors $ST+6\geq5S$.
Les hypothèses sont symétriques en $S$ et $T$, donc le résultat souhaité est vrai si et seulement si le résultat $ST+6\geq5T$ est simultanément vrai, ce qui est encore équivalent à dire que $ST+6\geq5\frac{S+T}{2}$ est simultanément vrai.
Or cela permet d'utiliser la symétrie de départ sur le résultat souhaité, en posant $\mu=\frac{S+T}{2}$, $r=|\frac{S-T}{2}|$.
Le problème est donc enfin équivalent au problème suivant :
Si $\mu$ et $r$ sont 2 réels vérifiant $0\leq r\leq\mu$ et $\left(\mu^{2}-r^{2}\right)^{2}+18\left(\mu^{2}-r^{2}\right)-4\left(2\mu^{3}+6\mu r^{2}\right)-27\geq0$, alors $\mu^{2}-r^{2}+6\geq5\mu$.
Notons que l'on a (bien sûr) nécessairement $\mu\geq3$.
Partons de $\left(\mu^{2}-r^{2}\right)^{2}+18\left(\mu^{2}-r^{2}\right)-4\left(2\mu^{3}+6\mu r^{2}\right)-27\geq0$.
On a donc $\left(\mu^{2}-r^{2}+9\right)^{2}-8\mu^{3}-24\mu r^{2}-108\geq0$.
Et on en déduit que $\left(\mu^{2}-r^{2}+9\right)^{2}\geq8\mu^{3}+108$.
Or on cherche à montrer que $\mu^{2}-r^{2}+6\geq5\mu$, ce qui équivaut à $\mu^{2}-r^{2}+9\geq5\mu+3$, et tout étant positif, $\left(\mu^{2}-r^{2}+9\right)^{2}\geq\left(5\mu+3\right)^{2}$.
Ainsi, pour montrer le résultat cherché, il suffit que $8\mu^{3}+108\geq\left(5\mu+3\right)^{2}$, i.e. $8\mu^{3}-25\mu^{2}-30\mu+99\geq0$
On considère donc le polynôme $Q\left(X\right)=8X^{3}-25X^{2}-30X+99$.
Or, comme on pouvait s'y attendre (!), $3$ est racine de $Q$, et on vérifie sur le polynôme de degré 2 après factorisation que les autres racines sont inférieures à $3$.
Ainsi, comme $\mu\geq3$, on a bien $Q\left(\mu\right)\geq0$.
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Je ne comprends pas comment la condition $ST+6\geq5\frac{S+T}{2}$ peut entrainer $ST+6\geq5S$.
Par exemple pour $S=5$ et $T=3$ on a $ST+6-5\frac{S+T}{2}=1$ mais $ST+6-5S=-4$.
Notons :
- (D) la proposition "le discriminant est positif
- (E) la proposition "ST+6>=5S"
- (F) la proposition "ST+6>=5T"
- (G) la proposition "ST+6>=5(S+T)/2"
Ce que je dis, c'est que pour une raison de symétrie, on a :
[ (D) => (E) ] <=> [(D) => (F) ] <=> [(D) => (G) ]
Merci pour ta réponse.
Le contre-exemple que j'ai donné était là pour illustrer que la symétrie de l'hypothèse n'entraine pas les équivalences que tu donnes.
Avec tes notations, je suis d'accord que par symétrie [ (D) => (E) ] <=> [(D) => (F) ]
Il en résulte que [ (D) => (E) ] => [(D) => (G) ].
En revanche je ne comprends pas pourquoi [ (D) => (G) ] => [(D) => (E) ]
(G) entraine seulement que ST+6>=5 min(S,T)
Or [(D) => (E) ] et [(D) => (F) ] sont équivalents...
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Je te reformule mon contre-exemple.
Je remplace la proposition (D) par (D') :$\left(ST\right)^{2}+6ST-2\left(T^{3}+S^{3}\right)-11\geq0$ qui est bien symétrique en $S$ et $T$.
$S=5$ et $T=3$ vérifient (D') et on a $ST+6\geq 5\dfrac{S+T}2$ mais $ST+6-5S<0$.
Il faudrait que tous les couples vérifiant (D') vérifient aussi "ST+6>=5(S+T)/2", et ce n'est pas le cas.
.
le vendredi soir c'est dur dur
$S=5$ et $T=3$ vérifient (D'') mais $ST+6-5S<0$.
Tant pis !