Inégalité type olympiade
Bonsoir,
Quelqu'un aurait-il une idée pour montrer que pour tous réels strictement positifs $a$, $b$ et $c$, on a :
\[ \dfrac{a}{b+c} + \dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b} \geqslant \dfrac{3}{2} \]
(avec égalité si et seulement si $a=b=c$).
J'ai réussi à l'obtenir par des moyens analytiques (études de fonctions et tout le tralala), mais j'imagine qu'il doit y avoir nettement plus astucieux (et rapide).
Quelqu'un aurait-il une idée pour montrer que pour tous réels strictement positifs $a$, $b$ et $c$, on a :
\[ \dfrac{a}{b+c} + \dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b} \geqslant \dfrac{3}{2} \]
(avec égalité si et seulement si $a=b=c$).
J'ai réussi à l'obtenir par des moyens analytiques (études de fonctions et tout le tralala), mais j'imagine qu'il doit y avoir nettement plus astucieux (et rapide).
Réponses
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En attendant d’avoir des idées géniales, je crois me souvenir qu’il y avait un beau sujet d’écrit de l’ENS Ulm sur les inégalités de ce type, il y a une bonne dizaine d’années (genre 1997, et en tout cas avant 1998).
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Soit $s=a+b+c$. Il faut montrer $\frac{a}{s-a}+\cdots\ge 3/2$.
Soit $f(x)=\frac{1}{1-x}$.
Posons $x=a/s$, etc. Il faut montrer $f(x)+f(y)+f(z)\ge 9/2$ si $x,y,z$ sont strictement positifs et de somme 1. Ceci découle de la convexité de $f$. -
C'est homogène, donc on peut se restreindre à $a+b+c=1$. Dans ce cas, on regarde le min de $f(a)+f(b)+f(c)$ avec $f(t)=\frac t{1-t}$. C'est une fonction convexe, symétrique, donc elle ne peut pas atteindre son minimum sur le bord du triangle (sinon elle l'atteindrait sur un l'enveloppe convexe de ses images par permutation, soit un autre triangle). Le minimum est atteint à l'intérieur. Par les multiplicateurs de Lagrange, c'est en un point où $f'(a)=f'(b)=f'(c)$ et il n'y en a pas beaucoup.
Edit. Bon, JLT m'a griller. Pourquoi ne suis-je pas surpris ? -
Bonjour,
Tu as raison c'est un exo type Olympiades, je l'ai d'ailleurs vu dans un livre portant sur de tels entraînement, peut-être l'un des solutions d'expert.
Voici comment moi je résoudrais cette question, même si ce n'est probablement pas optimal.
Pour des raisons d'homogénéité, on peut supposer a+b+c=1.
On cherche donc à minimiser f(a)+f(b)+f(c) sous la contrainte a+b+c=1 (avec a,b,c positifs), où f(x)=x/(1-x).
La fonction est visiblement convexe, on la minimise sur un ensemble affine a+b+c=1 donc le théorème de Lagrange (extrema liés) est une CNS. Il donne a=b=c et donc a=b=c=1/3.
Ainsi pour tout triplet (a,b,c), f(a)+f(b)+f(c) \geq 3/2, cqfd -
Il y a quelque temps sur le forum quelqu'un a mis ça :
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Bon alors, version algébrique : tu mets tout au même dénominateur, tu fais passer celui-ci de l’autre côté, tu développes et tu simplifies ce qui doit l’être, tu te retrouves avec, équivalent à ce que tu veux montrer :
$$a^3+b^3+c^3 - \frac{1}{2}(a^2 b + a^2 b + b^2 a + b^2 c + c^2 a + c^2 b) \geq 0$$
Deux lignes plus loin, tu obtiens :
$$(a-b)^2(a+b) + (a-c)^2(a+c) + (b-c)^2(b+c) \geq 0$$
cqfd, sauf erreur de calcul… -
Merci à tous. C'est bien plus que ce que j'attendais.
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Une petite recherche sur le forum ...
http://www.les-mathematiques.net/phorum/search.php?0,search=nesbitt,author=,page=1,match_type=ALL,match_dates=0,match_forum=ALL,match_threads=0 -
Bonjour , pourquoi Remarque dit-il :
que cette fonction de 3 variables est une fonction convêxe ?
En quoi est-elle symétrique ?
Pourquoi dit-il qu'elle elle ne peut pas atteindre son minimum sur le bord du triangle (sinon elle l'atteindrait sur un l'enveloppe convexe de ses images par permutation, soit un autre triangle) ?
merci pour vos explications
Bien cordialement. -
non, remarque dit que $f(t)=\frac t{1-t}$ est convexe et il minore ensuite $f(a)+f(b)+f(c)$ .
Il faut faire un dessin d'une fonction convexe pour mieux voir que le minimum est intérieur et pas sur un bord. -
Bonjour,
la fonction de Remarque n'a qu'une variable. -
J'ai aussi dit plein de trucs inutiles... voir le post de JLT. La seule chose à noter, c'est que $f$ est strictement convexe sur $[0,1]$. En particulier,
$$\frac12=f\Bigl(\frac13\Bigr)=f\Bigl(\frac{a+b+c}3\Bigr)\le \frac13(f(a)+f(b)+f(c)).$$
Edit : je n'ai pas le même $f$ que JLT, l'honneur est sauf !
Edit bis : j'ai ajouté le « strictement » qui montre que l'égalité n'a lieu que pour $a=b=c$. -
Nesbitt
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pour des raisons que j'ai du mal à comprendre, les organisateurs d'olympiades et autres jeux mathématiques sont fans du petit résultat astucieux suivant: soient $a_1, ...,a_n$ et $b_1,...,b_n$ deux suites finies croissantes de réels. Soit $\sigma \in \mathfrak S_n$ une permutation. Alors $$\sum_{i=1}^{n} a_i\cdot b_i \geq \sum_{i=1}^{n} a_i\cdot b_{\sigma(i)} $$ (inégalité de réordonnement).
C'est ce qui est à l'oeuvre ici, sans perte de généralité on peut supposer $a \leq b \leq c$ ...Une fonction est un ensemble $f$ de couples tel que pour tous $x,y,z$, si $(x,y)\in f$ et $(x,z)\in f$ alors $y = z$. -
-
Bonjour,
on peut aisément généraliser : soit $n$ un entier strictement supérieur à $1$ et $\Sigma_{n}:=\displaystyle{\sum_{i\in I}\dfrac{x_{i}}{\displaystyle{\sum_{\substack{j\in I \\ j\ne i}}x_{j}}}}$ où $I=[1,n]\cap\mathbb{N}$ et $\forall i\in I, x_{i}>0$.
Alors $\Sigma_{n}\geqslant\dfrac{n}{n-1}$. -
Bonjour,
Un autre traitement possible, avec des moyennes pondérées:
Remarque préliminaire:
Soient $a;b;c;d;...$ des réels strictement positifs
On explique aux enfants de Quatrième que $\dfrac {a}{b}+\dfrac{c}{d}\not= \dfrac{a+c}{b+d}$
Cependant, on peut remarquer que :
$\dfrac{a+c}{b+d}$ est la moyenne pondérée de $\dfrac {a}{b}$ affecté de la masse $b$ et $\dfrac {c}{d}$ affecté de la masse $d$
de même, $\dfrac{a+c+e}{b+d+f}$ est la moyenne pondérée des fractions $\dfrac {a}{b} ; \dfrac {c}{d} ; \dfrac {e}{f}$, pondérées par leurs dénominateurs.
Soient à présent $a\leq b\leq c$ trois réels strictement positifs.
Calculons la moyenne pondérée de $\dfrac{a}{b+c} ; \dfrac{b}{c+a};\dfrac{c}{a+b}$affectées des masses respectives $b+c$;$c+a$ et $a+b$.
On obtiendra: $\dfrac{a+b+c}{b+c+c+a+a+b}$
et on remarquera qu'elle est égale à $\dfrac{1}{2}$
Cette moyenne pondérée sera évidemment inférieure ou égale à la moyenne arithmétique simple, puisqu'on a pondéré le terme le plus petit par la masse la plus grande et le terme le plus grand par la masse la plus petite!
D'où l'inégalité:
$$\dfrac{1}{3}\left(\dfrac{a}{b+c} + \dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}\right)\geq\dfrac{1}{2}$$
CQFD
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tu n a que chercher a l utilisation de l inegalité des reordonnementc est un simple exemple
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Sylvain ta généralisation est interressante
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Il apparaît que l'inégalité initiale peut être prouvée d'un grand nombre de manières.
Comme l'a signalé farrow, c'est l'inégalité de Nesbitt :
A. M. Nesbitt - Problem 15114, Educational Times, numéro 2, pages 37-38, 1903.
Je ne l'ai pas vu moi-même, mais c'est aisé à vérifier, contrairement à d'autre attributions fantaisistes.
http://fr.wikipedia.org/wiki/Inégalité_de_Nesbitt
C'est une des inégalités de base qu'on pose pour la préparation aux compétitions mathématiques, et il en est question dans plusieurs ouvrages orientés dans ce sens, comme : Arthur Engel, Problem-Solving Strategies, Springer 1998, p. 163.
Comme il est dit dans la notice wikipedia en anglais, une généralisation est l'inégalité de Harold Shapiro (préciser le prénom car plusieurs mathématiciens portent ce patronyme). Question posée dans l'American Mathematical Monthly, 1954 : encore une attribution sérieuse. Cette inégalité a la particularité de n'être pas toujours vraie. Elle a été posée au concours d'entrée à l'ENS en 1997, Paris-Lyon :
http://concours-maths-cpge.fr/fichiers.php
Référence : m973m1ea.pdf
Anecdote. En 1998, je m'étais efforcé de retracer l'histoire de cette inégalité de Harold Shapiro, pleine de rebondissements, pour un exposé à un séminaire de "Quadrature". J'avais pris contact avec Harold Shapiro soi-même, mais il avait posé ce problème en 1954 et s'en était désintéressé ensuite, et par curiosité m'avait même demandé de l'informer des développements récents, au cas où j'en saurais quelque chose.
Bonne soirée.
RC
30/08/2013 -
La généralisation de Sylvain peut s'énoncer ainsi. Soient $x_{1},x_{2},\ldots,x_{n}$ des réels strictement positifs, et $x_{1}+x_{2}+\ldots+x_{n}=S$.
Démontrer : $\displaystyle \frac{x_{1}}{S-x_{1}}+\frac{x_{2}}{S-x_2}+\ldots+\frac{x_{n}}{S-x_{n}}\geq \frac{n}{n-1}$.
Cette inégalité est posée dans : Edward Lozanski, Cecil Rousseau, Winning solutions, Springer 1996, p. 136, exercice 6, sous la forme : $\displaystyle \frac{S}{S-x_{1}}+\frac{S}{S-x_2}+\ldots+\frac{S}{S-x_{n}}\geq \frac{n^{2}}{n-1}$.
Lozanski, je l'ai connu, c'est un personnage, faudra que je vous en parle un de ces jours.
Et dans ce livre, l'exercice 7 p. 136, c'est justement notre inégalité de Nesbitt.
Bonne soirée.
RC
30/08/2013 -
C'est toujours JLT le meilleur : sans perte $S=1$. Comme $f(t)=1/(1-t)$ est convexe sur $(0,1)$ l'inégalité est
$$\frac{1}{n}(f(x_1)+\cdots+f(x_n))\geq f(\frac{1}{n}(x_1+\cdots+x_n))= f(\frac{1}{n})$$ -
Mouais ... JLT est sans doute aucun plein de talent(s), mais d'avoir résolu une inégalité dont vingt solutions traînent partout n'en est assurément pas une nouvelle preuve ...
À part ça, en voici une autre qui rappelle celle de Nesbitt : lorsque $x,y,z$ décrivent librement et indépendamment $\R_{+}^{*}$, quelles sont les bornes de : \[ \dfrac{x}{x+y} + \dfrac{y}{y+z}+\dfrac{z}{z+x} \] ?
Mais je ne connais pas son nom, à celle-ci.
Voir aussi, le problème 5 de l'OIM de 1974, analogue de celui-ci mais avec 4 variables.
Bonne journée, grise sur Paris, pour anticiper septembre qui vient demain, hélas !
RC
Au trente-et-un du mois d'a-oût
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