Inégalité dans l'arithmétique
dans Arithmétique
Salut !
Soient $a, b$ et $c$ trois entiers naturels non nuls tels que $\quad\dfrac{ab} {a+b} > c. $
Montrer que :
$$\dfrac{ab} {a+b}\ge c+\dfrac{1} {c^2+2c+2} .
$$ Merci pour me donner une indication.
Soient $a, b$ et $c$ trois entiers naturels non nuls tels que $\quad\dfrac{ab} {a+b} > c. $
Montrer que :
$$\dfrac{ab} {a+b}\ge c+\dfrac{1} {c^2+2c+2} .
$$ Merci pour me donner une indication.
Connectez-vous ou Inscrivez-vous pour répondre.
Réponses
Ce qui permet de dire que $c<\alpha(c)<c+0,2$
PS:
A quoi sert cet encadrement? Il existe un entier $A$ tel que $A\leq \dfrac{ab}{a+b}<A+1$
(c'est la partie entière de la fraction considérée)
Soit un entier $c<A$ qui vérifie $\dfrac{ab}{a+b}>c$. D'après ce qui précède $c<\alpha(c)<c+1$
ce qui fait qu'on est sûr que $\dfrac{ab}{a+b}$, qui est strictement plus grand que $A$, est donc plus grand (ou égal) à $\alpha(c)$.*
Le problème revient donc à démontrer que: $\dfrac{ab}{a+b}>A$ entraîne $\dfrac{ab}{a+b}\geq \alpha(A)$
*: Si on place toutes ces valeurs sur l'axe des réels:
$c,\alpha(c),c+1,A,\dfrac{ab}{a+b}$
($A$ pouvant être égal à $c+1$)
$a,b$ entiers positifs et $c\ge1$ entier alors
si $\dfrac{ab}{a+b}>c$ alors $\dfrac{ab}{a+b}>c+\dfrac{1}{c^2+2c+1}.$
Supposons le contraire équivalemment $$\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}<\dfrac{1}{c}\qquad\text{ et }\qquad
\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}>H,$$ avec $\dfrac{1}{c}>H=\dfrac{(c+1)^2+1}{c(c+1)^2+ 1+c}>\dfrac{1}{c+1}.$
Ça semble une bonne démarche pour $a=b$ ...
Rien de direct dans ce qui suit , mais je n'ai pas mieux. $\qquad$ Soient $a,b,c$ vérifiant les hypothèses de l'énoncé et tels que $a\leqslant b$.
Il suffit de démontrer l'inégalité demandée lorsque $c =\Big\lfloor \dfrac {ab}{a+b}\Big\rfloor $, ce que nous supposons désormais.
Notons: $ A = \dfrac {ab}{a+b},\quad n =a+b.\qquad $. Alors: $\quad 2\leqslant a\leqslant\dfrac n2,\quad A = a-\dfrac {a^2}n$
On laisse à un esclave numérique le soin de "vérifier"que, pour le nombre fini de cas où $n<36$, l'inégalité proposée est vraie, et on suppose donc que $n \geqslant 36.$
$\bullet\:\:\underline{ \text{si}\:\: 2\leqslant a \leqslant \lfloor \sqrt n\rfloor.}$
Alors: $ a^2 +1 \leqslant n, \quad\dfrac {a^2}n <1, \quad c= a-1,\quad c^2+2c+2 =a^2+1.$
On déduit:$ \qquad c +\dfrac 1{c^2+2c+2} = a-1 +\dfrac 1{a^2+1}=a -\dfrac {a^2}{a^2+1}\leqslant a- \dfrac {a^2}n =A.$
$\bullet \:\:\underline{\text{si}\:\:a= \lfloor \sqrt n\rfloor +1\:\:\text{ou}\:\:a= \lfloor \sqrt n\rfloor +2.}$
Alors: $\boxed{a\geqslant 6\:\: (\star)}\quad \sqrt n\leqslant a <\sqrt n +2,\quad 1<\dfrac {a^2}n<2, \quad c =a-2, \quad c+\dfrac 1{c^2+2c+2}= a-2+\dfrac 1{a^2-2a+2}\overset{(\star)}{\leqslant }a- \dfrac {a^2}{(a-2)^2}$
Or : $(a-2)^2 \leqslant n$ et l'inégalité précédente entraîne: $ \quad c+ \dfrac 1{c^2+2c+2}\leqslant a -\dfrac {a^2}n=A.$
$\bullet \:\: \underline {\text{si}\:\: \lfloor \sqrt n\rfloor +2< a\leqslant \dfrac n2.}$
Alors: $ a\geqslant \sqrt n +2, \quad x\mapsto x-\dfrac{x^2}n $ étant croissante sur $[0;\frac n2],$ on a: $\quad c+1>a -\dfrac {a^2}n \geqslant \sqrt n +2 -\dfrac{(\sqrt n +2)^2}n \overset{n\geqslant 36}{\geqslant} \sqrt {n-1}. $
Ainsi: $\quad\dfrac{1}{ (c+1)^2+1} \leqslant \dfrac 1n.\quad $ Or : $A-c$ est la partie fractionnaire non nulle de $A = a - \dfrac {a^2}n: \qquad A-c\geqslant \dfrac1n \geqslant \dfrac{1}{ (c+1)^2+1}.\square$
$\dfrac{ab}{a+b}>c$ est équivalent à $\dfrac1a+\dfrac1b<\dfrac1 c$.
Cela entraine $a=c+x$ avec $x\geq1$, puis $\dfrac1b<\dfrac1c -\dfrac1a=\dfrac x{c^2+cx}$ d'où $bx>c^2+cx$ donc $bx\geq c^2+cx+1$ et $b\geq c+\dfrac{c^2+1}x$.
On en déduit $\dfrac1a+\dfrac1b\leq \dfrac1{c+x}+\dfrac1{c+(c^2+1)/x}=f(x)$.
$f'(x)=-\dfrac1{(c+x)^2}+\dfrac{c^2+1}{(cx+c^2+1)^2}$ a le signe de $\sqrt{c^2+1}(c+x)-(c^2+1+cx)=(\sqrt{c^2+1}-c)(x-\sqrt{c^2+1})$.
$f$ est donc décroissante pour $1\leq x\leq c$ et par suite $f(x)\leq f(1)= \dfrac1{c+1}+\dfrac1{c^2+c+1}$.
Pour $x\geq c+1$, on peut supposer $a\leq b$ d'où $\dfrac1a+\dfrac1b\leq \dfrac2{2c+1}\leq \dfrac1{c+1}+\dfrac1{c^2+c+1}$ car c'est équivalent à $\dfrac1{(c+1)(2c+1)}\leq \dfrac1{c^2+c+1}$.
On a donc $\dfrac1a+\dfrac1b\leq\dfrac{c^2+2c+2}{c^3+2c^2+2c+1}$ d'où enfin $\dfrac{ab}{a+b}\geq c+\dfrac1{c^2+2c+2}$.
Voir https://artofproblemsolving.com/community/c6h121272p687815
En reprenant les notations utilisées dans ce fil:
L'auteur affirme qu'il existe $u$ entier naturel tel que $(x-c)(y-c)=c^2+u$ (je sais le démontrer)
L'auteur de cette "solution" affirme que $\displaystyle (x-c)+(x-c)\leq c^2+u+1$ (je ne sais pas le démontrer mais numériquement cela m'a l'air correct)
Le reste me semble correct et aisément démontrable.
En posant $X=x-c$ et $Y=y-c$, on a $X\geq 1$ et $Y\geq 1$ d'où $(X-1)(Y-1)\geq0$ et donc $X+Y\leq XY+1=c^2+u+1$
On sait que $(x-c)(y-c)\geq c^2$(*) mais, a priori, rien n'empêche ces deux nombres $x-c,y-c$ d'être tous les deux négatifs.
*En effet, $(x-c)(y-c)=(x+y)\underbrace{\left(\frac{xy}{x+y}-c\right)}_{>0}+c^2$
Si $x>0,y>0,x<c,y<c$ alors $0<c-x<c$ et $0<y-c<c$, et donc $(c-x)(c-y)<c^2$