inegalites-vieux

5/9/2018 inegalites-vieux - slidepdf.com

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INTRODUCTION.

Il s’agit de présenter les inégalités classiques que doit connaître tout candi-dat aux compétitions de Mathématiques de niveau national ou international.Elles sont accompagnées d’exemples d’applications corrigés, et de divers ex-ercices d’entrainement tirés en général des di¤érentes compétitions qui ontlieu de par le monde, et regroupés par thèmes. Attention, même s’il y asouvent plusieurs façons possibles de prouver une inégalité, ce regroupementest une aide importante dans la recherche de la solution...

Pour la plupart, ces inégalités n’apparaîssent pas dans les programmes

d’enseignement au Lycée. Le choix fait ici est de se placer en complémentde ces programmes. Nous nous limiterons donc à présenter des méthodes derésolution d’inégalités qui sont spéci…quement algébriques. Et c’est pourquoinous faisons le choix de ne pas mentionner deux autres types d’approchesfondamentales :

- Utilisation de l’outil analytique (étude de fonctions, dérivées...)- Le raisonnement par récurrence.Et, si le bagage nécessaire est …nalement assez limité, le sujet reste tout

de même su¢samment vaste.

Il est évident que ce qui suit ne remplacera pas les livres de références

sur le sujet (par exemple [1],[2],[3]), mais j’espère que chacun y trouvera del’intérêt.

Pierre Bornsztein.(Octobre 2001)



2



Chapter 1

Facile mais toujours utile.

I - L’inégalité triangulaire.

Théorème 1.Pour tous points A;B;C de l’espace, on a : AB AC + CB; avec égalitési et seulement si C 2 [AB]:

Application 1.Soient a;b;c les longueurs des côtés d’un triangle.Prouver que : a

b+c + bc+a + c

a+b < 2: (Autriche/Pologne )

Solution.1) On a :ab+c + b

c+a + ca+b = 2a

(b+c)+(b+c) + 2b(c+a)+(c+a) + 2c

(a+b)+(a+b)

< 2aa+(b+c)

+ 2bb+(c+a)

+ 2cc+(a+b)

= 2(a+b+c)a+b+c

= 2:

Application 2.a) Prouver que, pour tous points O; A1; A2 de l’espace, on a :

k

!OA1

k+

k

!OA2

kk

!OA1 +

!OA2

k+

k

!OA1

!OA2

k:

b) Prouver que, pour tous points O; A1; A2; A3; A4; de l’espace, on a :4Pi=1

k !OAi k P

1i<j4k !

OAi +!OA j k : (D’après Concours général 1986)

Solution.

3



4 CHAPTER 1. FACILE MAIS TOUJOURS UTILE.

a) On a :

k !OA1 k=k1

2(!OA1 + !OA2) +1

2(!OA1 !OA2) k 12(k !

OA1 +!OA2 k + k !

OA1 !OA2 k)

De même k !OA2 k 1

2(k !

OA1 +!OA2 k + k !

OA1 !OA2 k)

Et ainsi : k !OA1 k + k !

OA2 kk !OA1 +

!OA2 k + k !

OA1 !OA2 k :

Remarque. Cela signi…e que, dans un parallèlogramme, la somme deslongueurs de deux côtés consécutifs ne dépasse pas la somme deslongueurs des diagonales.

b) D’après a), il vient :4Pi=1

k !OAi kk !OA1 + !OA2 k + k !OA1 !OA2 k+ k !

OA3 +!OA4 k + k !

OA3 !OA4 k

ainsi que :

k !OA1 !

OA2 k + k !OA3 !

OA4 kk !OA1 !

OA2 +!OA3 !

OA4 k+ k !

OA1 !OA2 !

OA3 +!OA4 k

k !OA1 +

!OA3 k + k !

OA2 +!OA4 k

+ k !OA1 +

!OA4 k + k !

OA2 +!OA3 k

D’où :4

Pi=1 k

!OAi

k P1i<j4 k

!OAi +

!OA j

k:

II - Un carré est toujours positif!

Cette évidence va nous servir à établir quelques résultats fort utiles.

Théorème 2.- Pour tous réels a;b; on a :a2 + b2 2ab et 4ab (a + b)2

avec égalité(s) si et seulement si a = b:- Pout tout réel x > 0; on a : x + 1

x

2; avec égalité si et seulement

si x = 1:

Application 3.Soient a; b deux réels non nuls.Déterminer le minimum de a6

b6+ a4

b4+ a2

b2+ b6

a6+ b4

a4+ b2

a2:



5

Solution.

On a :a6

b6+ a4

b4+ a2

b2+ b6

a6+ b4

a4+ b2

a2= (a

6

b6+ b6

a6) + ( a

4

b4+ b4

a4) + ( a

2

b2+ b2

a2)

2 + 2 + 2avec égalité si et seulement si a = b:

Application 4.Prouver que pour tous réels x; y > 0 :

xx4+y2 + y

x2+y4 1

xy: (Russie 1995).

Solution.

On a : xx4+y2 + yx2+y4 x2p x4y2 + y

2p x2y4 x

2x2y + y

2xy2

= 1xy

:

Théorème 3 (Inégalité de Cauchy-Schwarz).Soient a1;:::;an; b1;:::;bn des réels. Alors :(a2

1 + ::: + a2n)(b21 + ::: + b2n) (a1b1 + ::: + anbn)2;

avec égalité si et seulement si les vecteurs (a1;:::;an) et (b1;:::;bn) sontcolinéaires.

Preuve .On pose A = (

nPi=1

a2i )(

nPi=1

b2i ) et B = (nPi=1

aibi)2:

Alors A B =nPi=1

a2i b2i +

Pi6= j

a2i b2 j

nPi=1

a2i b2i 2

P1i<jn

aia jbib j

=P

1i<jn(a2

i b2 j + a2 jb2i 2aia jbib j)

=P

1i<jn(aib j a jbi)

2

0:D’où la conclusion.

Remarque.Cette inégalité peut s’interpréter géométriquement. Plaçons-nous dansl’espace euclidien usuel.Si !u (a1; a2; a3) et !v (b1; b2; b3) sont non nuls, alors l’inégalité deCauchy-Schwarz traduit simplement que :




k !u k2k !v k2k !u k2k !v k2 cos2(!u ; !v ) = (!u !v )2

avec égalité ssi !u et !v sont colinéaires.

Application 5.Prouver que, pour tous x1; x2;:::;xn > 0; on a :(x1 + x2 + ::: + xn)( 1

x1+ 1

x2+ ::: + 1

xn) n2:

Solution.

D’après Cauchy-Schwarz :

(x1 + x2 + ::: + xn)( 1x1

+ 1x2

+ ::: + 1xn

)

(n

Pi=1

p xi

1

p xi

)2

= n2:

Application 6.Soient a;b;c;d;e des réels tels quea + b + c + d + e = 8 et a2 + b2 + c2 + d2 + e2 = 16:Quelle est la valeur maximale de e? (USA 1978)

Solution.

D’après Cauchy-Schwarz :

(a + b + c + d)2 (1 + 1 + 1 + 1)(a2 + b2 + c2 + d2)= 4(a2 + b2 + c2 + d2)

D’où : (8 e)2 4(16 e2)c.à.d. e(5e 16) 0:C.à.d. 0 e 16

5 :

La valeur 165

étant atteinte pour

a = b = c = d

a + b + c + d = 245

;

c.à.d. a = b = c = d = 65

:

PROBLÈMES.

1) Prouver que, pour tous réels x;y; on a :x2 + y2 + 1 > x

p y2 + 1 + y

p x2 + 1: (Estonie 1996/1997)

2) Prouver que si a;b;c sont les longueurs des côtés d’un triangle, on a :(a + b)(b + c)(c + a) 8(a + b c)(b + c a)(c + a b):



7

3) Soit n 2 un entier, et a1; a2;:::;an des réels tels quen

Pi=1

ai = 0:

Prouver que :Pi<j

j ai a j j n2

nPi=1

j ai j :

4) Soient n > 1 un entier, a1; a2;:::;an > 0; et s = a1 + a2 + ::: + an:

Prouver que :nPi=1

ssai n2

n1 ;nPi=1

saiai

n(n 1); et quenPi=1

aisai n

n1 :

(D’après Australie 1993)

5) Soient x; y;z > 0:

Prouver que : x2

y2+ y2

z2+ z2

x2 x

y+ y

z+ z

x:

6) Soient a;b;c les longueurs des côtés d’un triangle.Prouver que : 3(ab + bc + ca) (a + b + c)2 < 4(ab + bc + ca):

7) Soient a;b;c les longueurs des côtés d’un triangle.Prouver que :

p a + b c +

p b + c a +

p c + a b p

a +p

b +p

c:(Olympiade du Paci…que asiatique 1996)

8) Soient x;y;z dans R+:

Prouver que : x2z2y+z + y2x2

z+x + z2y2x+y

0; et déterminer les cas d’égalité.

9) Soient a; b; c > 0 tels que abc = 1:Prouver que : (a 1 + 1

b)(b 1 + 1

c)(c 1 + 1

a) 1: (OIM 2000)

10) Soient a1; a2;:::;an > 0: On pose S 1 =nPi=1

ai et S 2 =nPi=1

a2i :

Prouver quenPk=1

S 2a2kS 1ak S 1:

11)a) Soient a1; a2; a3 > 0; tels que (a21 + a2

2 + a23)2 > 2(a4

1 + a42 + a4

3):Prouver que a1; a2; a3 sont les longueurs des côtés d’un triangle.b) Soient n

3 un entier, et a1; a2;:::;an > 0; tels que :

(a21 + a2

2 + ::: + a2n)2 > (n 1)(a4

1 + a42 + ::: + a4

n):

Prouver que, pour tous i;j;k deux à deux distincts, les nombres ai; a j ; aksont les longueurs des côtés d’un triangle. (Chine 1987/1988)




12) Soient a; b; c; d > 0 tels que a2 + b2 = (c2 + d2)3:

Prouver que :

c3

a +

d3

b 1: (Singapour 2000)

13) Soient x; y;z > 1 tels que 1x

+ 1y

+ 1z

= 2:

Prouver que :p

x + y + z p x 1 +

p y 1 +

p z 1:

(proposé OIM 1992)

14) Soient x; y;z > 0; tels que xyz xy + yz + zx:Prouver que : xyz 3(x + y + z): (Inde 2001)



Chapter 2

Réordonnement.

I - L’inégalité du réordonnement.Cette inégalité est une évidence commerciale : On gagne plus d’argent

lorsque l’on vend cher la plus grande partie de nos produits, et peu à bonmarché, plutôt que le contraire!

Théorème 4.Soient a1 a2 ::: an et b1 b2 ::: bn deux suites croissantes deréels.Alors, parmi toutes les permutations de f1; 2;:::;ng; la somme

S =

nPi=1aib(i) est maximale lorsque = Id et minimale lorsque

(i) = n i pour tout i:C’est-à-dire S est maximale lorsque les suites sont rangées dans le mêmeordre, et minimal lorsqu’elles sont rangées dans l’ordre contraire.

Preuve .Comme il n’y a qu’un nombre …ni (n!) de permutations possibles, il y ena une pour laquelle S est maximale (resp. minimale).Soient i < j deux indices, une permutation de f1; 2;:::;ng et supposonsque (i) > ( j): Alors b( j) b(i) car (bk) est croissante.

Soit 0 la permutation qui coïncide partout avec sauf pour i; j où0( j) = (i) et 0(i) = ( j) (on échange les valeurs en i et j):Alors : S 0 S = (a j ai)(b(i) b( j)):- si ai < a j et b( j) < b(i); alors S 0 > S ; ce qui assure que S n’est pasmaximale.

9



10 CHAPTER 2. RÉORDONNEMENT.

- si ai = a j ou b( j) = b(i); on a S 0 = S :

Ainsi, remplacer par 0 ne fait pas diminuer la somme.Si (1) 6= 1 alors, en utilisant ce résultat pour i = 1 et j tel que ( j) = 1;on se ramène à une permutation 0 telle que 0(1) = 1; tout en ne faisantpas diminuer la somme. On répète alors cette opération pour i = 2; 3;::;n1 jusqu’à atteindre Id; et avec des majorations successives des sommescorrespondantes. On en déduit que le maximum est atteint pour = Id:On raisonne de même pour le minimum.

Remarque.A des lourdeurs près dans la démonstration, ce théorème peut s’écrire de

façon plus maniable sous la forme : La sommen

Pi=1

aibi est maximale

lorsque les deux suites sont rangées dans le même ordre (même si ce n’estpas toujours croissant, ou toujours décroissant), et minimal lorsqu’ellessont rangées dans l’ordre contraire l’une de l’autre.

Application 1.Déterminer le minimum de f (x 7! sin3 x

cosx + cos3 xsinx ) sur ]0; 2 [:

Solution.

Soit x 2]0; 2 [. Les suites (sin3 x; cos3 x) et ( 1cosx ; 1

sinx) sont monotonesde même sens. Donc, d’après l’inégalité du réordonnement :

f (x) sin3

x1

sin x + cos3

x1

cosx = sin2

x + cos2

x = 1:D’autre part, f (

4) = 1: Donc, le minimum cherché est 1:

Application 2.Prouver que, pour tous réels a;b;c 0; on a :a3 + b3 + c3 a2b + b2c + c2a 3abc:

Solution.

Par symétrie des rôles, on peut supposer que a b c:Alors a2 b2 c2 et ab ac bc:D’après l’inégalité du réordonnement (deux fois) :

a3 + b3 + c3 = a2a + b2b + c2c a2b + b2c + c2a= (ab)a + (ac)c + (bc)b abc + acb + bca= 3abc:



11

II - L’inégalité de Chebyshev.

Théorème 5.Soient a1 a2 ::: an et b1 b2 ::: bn deux suites croissantes deréels.Alors : a1+a2+:::+an

n b1+b2+:::+bn

n a1b1+a2b2+:::+anbn

n:

Si, par contre, b1 b2 ::: bn alors :a1+a2+:::+an

n b1+b2+:::+bn

n a1b1+a2b2+:::+anbn

n:

Preuve.

D’après l’inégalité du réordonnement, si les suites sont rangéesdans le même ordre, on a :

a1b1 + a2b2 + ::: + anbn = a1b1 + a2b2 + ::: + anbna1b1 + a2b2 + ::: + anbn a1b2 + a2b3 + ::: + anb1:::a1b1 + a2b2 + ::: + anbn a1bn + a2b1 + ::: + anbn1en sommant, il vient :n(a1b1 + a2b2 + ::: + anbn) (a1 + a2 + ::: + an)(b1 + b2 + ::: + bn)d’où le résultat.On procède de même dans le cas où les suites ne sont pas rangéesdans le même ordre.

Application 3.Soient a; b; c > 0:Prouver que : a

b+c + bc+a + c

a+b 3

2 :

Solution.

Première méthode.

Par symétrie des rôles, on peut supposer que a b c:Alors : 1

a+b 1

a+c 1

b+c :D’après l’inégalité de Chebyshev, il vient alors :ab+c

+ bc+a

+ ca+b

13

(a + b + c)( 1b+c

+ 1a+c

+ 1a+b

)

Or : ( 1b+c + 1

a+c + 1a+b)((b + c) + (c + a) + (a + b)) 9

c.à.d.1b+c +

1a+c +

1a+b

92(a+b+c) :

Et …nalement : ab+c + b

c+a + ca+b

13(a + b + c) 9

2(a+b+c) = 32 :

Deuxième méthode.

Par symétrie des rôles, on peut supposer que a b c:




Alors : 1b+c

1a+c

1a+b :

D’après l’inégalité du réordonnement (deux fois) :ab+c

+ bc+a

+ ca+b

ac+a

+ ba+b

+ cb+c

et ab+c + b

c+a + ca+b

aa+b + b

b+c + ca+c

en sommant, il vient :2( a

b+c + bc+a + c

a+b) ac+a + c

a+c + ba+b + a

a+b + cb+c + b

b+c

= a+cc+a

+ b+aa+b

+ c+bb+c

= 3:D’où la conclusion.

Application 4.Soient a;b;c;d

0; avec ab + bc + cd + da = 1:

Prouver que : a3

b+c+d + b3

c+d+a + c3

d+a+b + d3

a+b+c 1

3 : (Proposé OIM 1990)

Solution.

Posons S = a3

b+c+d+ b3

c+d+a+ c3

d+a+b+ d3

a+b+c

et x = b + c + d; y = c + d + a; z = d + a + b; t = a + b + c:Par symétrie des rôles, on peut supposer que a b c d:Alors : an bn cn dn pour n 2 N; et 1

x 1

y 1

z 1

t:

De plus, d’après l’inégalité du réordonnement :a2 + b2 + c2 + d2 ab + bc + cd + da = 1:L’inégalité de Chebyshev conduit alors à :

S 14(a3 + b3 + c3 + d3)( 1

x + 1y + 1

z + 1t ):

La même inégalité donne aussi :a3 + b3 + c3 + d3 1

4(a2 + b2 + c2 + d2)(a + b + c + d)Or : a2 + b2 + c2 + d2 1et 3(a + b + c + d) = x + y + z + tDonc S 1

48(x + y + z + t)( 1

x+ 1

y+ 1

z+ 1

t) 16

48= 1

3:

PROBLÈMES.1) Soient x1 x2 ::: xn; et y1 y2 ::: yn des réels.On considère une permutation (z1; z2;:::;zn) de ( y1; y2;:::;yn):

Prouver que : nPi=1

(xi yi)2 n

Pi=1

(xi zi)2: (OIM 1975)

2) Soit (ak)k2N une suite d’entiers naturels non nuls et deux à deuxdistincts. Prouver que, pour tout n 1 :



13

n

Pk=1

akk2

n

Pk=1

1k

: (OIM 1978)

3) Soient a1; a2;:::;an > 0:

Prouver que :a21a2

+a22a3

+:::+a2n1an

+ a2na1

a1+a2+:::+an: (Chine 1984/1985)

4) Soient a; b; c > 0 et n 2 N:Prouver que : an

b+c+ bn

c+a+ cn

a+b an1+bn1+cn1

2:

5) Soient x1; x2;:::;xn > 0:

Prouver que : xx11 xx22 :::xxnn (x1x2:::xn)x1+x2+:::+xn

n :

6) Soient x; y;z > 0 tels que xyz = 1:

Prouver que : x3

(1+y)(1+z)+ y3

(1+z)(1+x)+ z3

(1+x)(1+y) 3

4: (Proposé OIM 1998)






Chapter 3

Lissage vers la moyenne.

L’idée fondamentale est que, lorsqu’une expression de la forme f (x1)+f (x2)+::: + f (xn) devient plus grande (resp. plus petite) lorsque deux des variablessont rendues plus proches, tout en préservant les contraintes éventuelles quiportent sur l’ensemble de ces variables, alors f (x1)+f (x2)+:::+f (xn) atteintson maximum (resp. son minimum) quand x1 = x2 = ::: = xn:

Théorème 6 (I.A.G.)Soient x1; x2;:::;xn dans R+: On a :

(

x1+x2+:::+xn

n )

n

x1x2:::xn;

avec égalité si et seulement si x1 = x2 = ::: = xn:

Preuve .Nous allons e¤ectuer une suite d’opérations qui laissera le membre degauche invariant (la contrainte) et augmentera le membre de droite :On note a = x1+x2+:::+xn

nla moyenne arithmétique de x1; x2;:::;xn:

Si tous les xi ne sont pas égaux alors, puisque min xi a max xi; ilexiste i; j tels que xi < a < x j:On remplace alors xi par x0i = a; et x j par x0 j = xi + x j a:

Cette opération laisse inchangé le membre de gauche (et donc la valeurde a); tandis que le membre de droite augmente :En e¤et, on a x0ix

0 j = a(xi + x j a) = xix j + (x j a)(a xi) > xix j;

les autres termes restant les mêmes.Or, par cette opération, le nombre de xi égaux à a augmente d’une unité.

15



16 CHAPTER 3. LISSAGE VERS LA MOYENNE.

On ne pourra donc la répéter indé…niment. Comme le seul “test d’arrêt”

est d’avoir tous les xi égaux, et que dans ce cas l’inégalité est clairementune égalité, on a notre résultat. Et dans tous les autres cas, l’inégalitéest stricte.

Remarques.

a) On pourrait aussi choisir de remplacer xi et x j parxi+xj

2: Mais alors

se poserait un problème de convergence qui, même s’il peut être résoluici, conduirait à des complications inutiles. Néanmoins, cettetransformation reste très intéressante pour réduire le nombre de variables.b) Bien entendu, le même principe peut être utilisé avec d’autres moyennes.

Application 1.Prouver que, pour tous x1; x2;:::;xn > 0; on a :(x1 + x2 + ::: + xn)( 1

x1+ 1

x2+ ::: + 1

xn) n2:

Solution.

D’après IAG :nPi=1

xi n(nQi=1

xi)1n et

nPi=1

1xi

n(nQi=1

1xi

)1n = n 1

(nQi=1

xi)1n

:

Ainsi : (nPi=1

xi)(nPi=1

1xi

) n2:

Application 2.Soient x;y;z 2 R+; avec xyz = 1:Prouver x2 + y2 + z2 + x + y + z 2(xy + yz + zx): (Moscou 2000)

Solution.

Par symétrie, on peut supposer que x y z:Posons f (x;y;z) = x2 + y2 + z2 + x + y + z 2(xy + yz + zx):On a :f (x;y;z)f (x;

p yz;

p yz) = y2+z2+y+z2(xy+yz+zx)2

p yz+4x

p yz

= (y z)2 + (p

y p z)2 2x(

p y p

z)2

= (p

y p z)2((

p y +

p z)2 + 1 2x)

= (p y p z)2

(y + z 2x + 1 + 2p yz)Or x y z donc y + z 2x 0:Et ainsi f (x;y;z) f (x;

p yz;

p yz) 0 avec égalité ssi y = z:

Posons a = x et b =p

yz: Alors a; b > 0 et ab2 = 1:Et on a : f (a;b;b) = a2 + a + 2b 4ab



17

= 1b4

+ 1b2

+ 2b 4b

=

1

b4 (2b

5

4b

3

+ b

2

+ 1)= 1b4

(b 1)2(2b3 + 4b2 + 2b + 1) 0 avec égalité ssi b = 1:

Donc f (x;y;z) f (a;b;b) 0; avec égalité ssi y = z; b = 1;xyz = 1;c.à.d. x = y = z = 1:

PROBLÈMES.1) Soient a; b; c; d > 0 tels que abcd = 1:Prouver que : a2 + b2 + c2 + d2 + ab + ac + ad + bc + bd + cd 10:(Urss 1962)

2) Soient a;b;c 0:Prouver que : (a + b + c)3 a3 + b3 + c3 + 24abc:

3) Soient a1; a2;:::;an 2 R+; avecnPk=1

ak = 1:

Prouver que :nQk=1

ak(1 ak) (n1)nn2n

:

4) Soient deux réels a;b; avec a 6= 0:Prouver que : a2 + b2 + 1

a2+ b

a p

3: (Autriche 2000)

5) Pour n2N; on pose U n = (1 + 1

n

)n et V n = (1 + 1

n

)n+1:Prouver que la suite (U n) est croissante, et que la suite (V n) décroissante.

6) Soient n 3 un entier, et a1; a2;:::;an 2 R+:Prouver que : a1

a2+a3+ a2

a3+a4+ ::: + an1

an+a1+ an

a1+a2> n

4 : (URSS 1969)

7) Soient a1; a2;:::;an > 0 tels que a1a2:::an = 1:

Prouver que :nQi=1

(2 + ai) 3n: (Chine 1989/1990)

8) Soient n > 1 un entier, x1; x2;:::;xn dans R+; et a1; a2;:::;an 2 R+:

On pose s =

nPk=1xk: Déterminer la plus grande constante C (n) telle

que :nPk=1

ak(sxk)xk

C (n)(nQk=1

ak)1n :

9) Comment doit-on répartir n boules dans k boîtes de façon à minimiser



18 CHAPTER 3. LISSAGE VERS LA MOYENNE.

le nombre de paires de boules qui appartiennent à une même boîte?

10) Soient x; y;z > 0 tels que x + y + z = 1:Prouver que : (1 + 1

x)(1 + 1

y)(1 + 1

z) 64:

11) Soient n 2 un entier, et x1; x2;:::;xn > 0 tels que x1x2:::xn = 1:

Déterminer le minimum deP

1i<jn

x9i+x9j

x6i+x3i x

3j+x

6j

: (D’après Roumanie 1997)

12) Soient a;b;c;d 0 tels que a + b + c + d = 1:Prouver que : abc + bcd + cda + dab 1

27 + 17627 abcd: (Proposé OIM 93)

13) Soit P un polynôme de degré n

1 à coe¢cients positifs,

et x1; x2;:::;xn dans R+:Prouver que : [P (x2

x1)]2 + [P (x3

x2)]2 + ::: + [P ( x1

xn)]2 n[P (1)]2:

14) Soient a1; a2;:::;an 2 R+; avec a1 + a2 + ::: + an = 1:

Prouver que : 1nn3

1a1a2:::an

n2(n 1) +nPk=1

1ak

:

15) Soient A;B;C;D quatre points sur une sphère de rayon 1, tels que :AB AC AD BC BD CD = 29

33:

Prouver que le tétraèdre ABCD est régulier. (Proposé OIM 1975)

16) Soient a1; a2;:::;an > 0 tels que a1 + a2 + ::: + an < 1:Prouver que : a1a2:::an(1a1a2:::an)

(a1+a2+:::+an)(1a1)(1a2):::(1an) 1nn+1

. (Proposé OIM 1998)



Chapter 4

Convexité.

Le principe précédent se généralise dans le cas d’une fonction convexe.

Dé…nition.

Une fonction f; dé…nie sur un intervalle I de R, est dite convexe lorsque,pour tout 2 [0; 1]; et tous x; y 2 I; on a :

f (x + (1 )y) f (x) + (1 )f (y):

Remarques.a) Cela signi…e que le domaine E =

f(x; y)

2I R=y

f (x)

gest convexe.

b) On dit que f est concave lorsque f est convexe. Et tout ce qui suits’adapte sans di¢cultés du moment que l’on renverse les inégalités.c) On prouve alors que la fonction f est convexe sur I si et seulement siles pentes des cordes de C f sont croissantes en fonction de leursextrémités.Par suite, si f est dérivable sur I alors :f est convexe si et seulement si f 0 est croissante sur I .Et dans ce cas, C f est au-dessus de toutes ses tangentes.d) Il en découle que si f est deux fois dérivable sur I :La fonction f est convexe sur I si et seulement si f 00

0 sur I:

e) Une fonction strictement convexe continue admet son maximum en unpoint non intérieur à I (en e¤et, si f atteint son maximum en a qui n’estpas une borne de I alors, on peut trouver une corde d’extrémités(a "; f (a ")) et (a + "; f (a + ")) qui n’est pas au-dessus de C f ):.

19



20 CHAPTER 4. CONVEXITÉ.

.

.

.

Théorème 7 (Inégalité de Jensen).Soient n 1 un entier, et f une fonction convexe sur l’intervalle I:

Alors, pour tous réels 1; 2;:::;n 2 R+ tels quenPk=1

k = 1; et tous

x1; x2;:::;xn 2 I; on a :

f (

nPk=1kxk)

nPk=1kf (xk):

Et si f est strictement convexe, l’égalité ci-dessus n’a lieu quepour x1 = x2 = ::: = xn:

Preuve.

Pour n = 1 est évident. Le cas n = 2 est la dé…nition de la convexité.On raisonne ensuite par récurrence sur n, en remarquant quen+1Pk=1

kxk = (nPk=1

kxk) + n+1xn+1 = (1 n+1)y + n+1xn+1

avec y =

nPk=1

k

1n+1xk et

nPk=1

k

1n+1 = 1:

Remarque.Le théorème 6 n’est alors qu’une conséquence de la concavité de lafonction ln sur R+:

Dé…nition .Soient n 2 un entier, a1;:::;an et 1;:::;n;des réels strictement positifs

avecnPi=1

i = 1:

On dé…nit la fonction M surR par M () = (

nPi=1ia

i )

1

:Le nombre M () est la moyenne d’ordre des nombres ai pondérée parles i:

Exemples.



21

Dans le cas où 1 = ::: = n = 1n

:

M (1) = 1n

nPi=1

ai est la moyenne arithmétique des ai:

M (1) = nnPi=1

1ai

est la moyenne harmonique des ai:

M (2) =

r nPi=1

a2i

nest la moyenne quadratique des ai:

On montre de plus que la fonction M se prolonge par continuité en 0; et

que M (0) = n

r nQi=1

ai est la moyenne géométrique des ai:

Théorème 8 (Inégalités et moyennes d’ordre ).

Soient a1;::;an > 0; non tous égaux, et 1;:::;n > 0 avec nPi=1

i = 1;

tous …xés. Alors :la fonction M : ( 7! M ()) est strictement croissante sur R:c.à.d. :Pour tous a1; : : ;an > 0; et < ; on a : M () M ( );avec égalité ssi a1 = a2 = ::: = an:

Preuve à lire chez soi.

Si tous les ai sont égaux, il est clair qu’alors la fonction M est constantesur R: On suppose maintenant que les ai ne sont pas tous égaux.

2) On a ln(M ()) = 1

ln(nPi=1

iai ) = f ()

Et, puisque lim!0

ai = 1 pour tout ai > 0; on a : lim!0

f () = 0:

Par ailleurs, f 0() =

nPi=1

i ln(ai)ai

nPi=1

iai

donc, comme ci-dessus :

lim!0

f 0() =

nPi=1

i ln(ai)

nPi=1

i

=nPi=1

i ln(ai) = ln(nQi=1

aii ):

D’après la règle de l’Hôpital, on en déduit : lim!0 ln(M ()) = ln(

nQi=1a

i

i )

Ou encore : lim!0

M () =nQi=1

aii :

Ainsi, en posant M (0) =nQi=1

aii ; on prolonge M par continuité en 0.




Soit > 1:

La fonction x 7! x

est alors strictement convexe surR

+

:Donc :

nPi=1

iai > (

nPi=1

iai) (l’inégalité est stricte car les ai ne sont pas

tous égaux.)

D’où : M () = (nPi=1

iai )

1 >

nPi=1

iai = M (1):

Soient ; dans R:1er cas : si 0 < < :

Soit t =

> 1: Pour tout i 2 f1; :::; ng; on pose bi = ai :

D’après a), on a : (n

Pi=1

ibti)

1t >

n

Pi=1

ibi

C.à.d. (nPi=1

iai )

>

nPi=1

iai

ou encore M ( ) > M () car la fonction x 7! x1 est strictement

croissante sur R+:2eme cas : si < < 0:

Soit t =

> 1: Pour tout i 2 f1; :::; ng; on pose bi = ai :

D’après a), on a : (nPi=1

ibti)

1t >

nPi=1

ibi

C.à.d. (n

Pi=1

iai )

>

n

Pi=1

iai

ou encore M ( ) > M () car la fonction x 7! x1 est strictement

décroissante sur R+:

Finalement, la fonction M est strictement croissante sur R+, sur R; etelle est continue en 0.Par conséquent, elle est strictement croissante sur R:

Remarque.Pour > 0 :Il y a un nombre …ni de ai: Par symétrie des rôles, on peut supposer quea1 = max

fa1; a2; :::; an

g:

Alors : ln(M ()) = 1

ln( nPi=1

iai ) = 1

ln(a1

nPi=1

i(aia1

))

D’où : ln(M ()) = ln(a1) + 1

ln(nPi=1

i(aia1

))

Or, pour tout i; on a 0 < aia1

1: Donc : 0 < ( aia1

) 1:



23

Etn

Pi=1

i(aia1

) = 1 +n

Pi=2

i(aia1

) n

Pi=1

i = 1:

Ainsi : ln(1)

1

ln(nPi=1

i(aia1

)) 0:

On en déduit facilement que lim!+1

ln(M ()) = ln(a1)

C.à.d. lim!+1

M () = maxfa1; a2; :::; ang:

- Pour < 0 :On suppose cette fois que a1 = minfa1; a2; :::; ang:

Comme ci-dessus, on a : ln(M ()) = ln(a1) + 1

ln(nPi=1

i(aia1

));

avec aia1

1 pour tout i: Donc 0 < ( aia1

) 1:

Et on suit le raisonnement précédent pour conclure :lim!1

M () = minfa1; a2; :::; ang:

Finalement :lim

!+1M () = maxfa1; a2; :::; ang et lim

!1M () = minfa1; a2; :::; ang:

Et comme, la fonction M est strictement croissante sur R; on a donc :pour tout 2 R : minfa1; a2; :::; ang < M () < maxfa1; a2; :::; ang:

Conséquence.Pour 1 = ::: = n = 1

n:

Dans ce cas :

minfa1; a2; :::; ang < M (1) < M (0) < M (1) < M (2) < maxfa1; a2; :::; ang:Ou encore :

minfa1; ::; ang nnPi=1

1ai

(nQi=1

ai)1n 1

n

nPi=1

ai r

nPi=1

a2i

n maxfa1; ::; ang

Avec égalité si et seulement si tous les ai sont égaux.

Application 1.Soient trois réels a;b;c strictement positifs tels que a + b + c = 1:Démontrer que (a + 1

a)2 + (b + 1

b)2 + (c + 1

c)2 100

3:

Solution.La fonction (x 7! x2) est convexe donc, d’après l’inégalité de Jensen,on a :13

[(a + 1a

)2 + (b + 1b

)2 + (c + 1c

)2] (a+b+c3

+ 13

[ 1a

+ 1b

+ 1c

])2

= (13 + 13 [ 1a

+ 1b

+ 1c

])2




(13 + 1

(abc)13

)2 d’après IAG

(13 + 3a+b+c)2 d’après IAG= ( 1

3 + 3)2

= 1009

d’où (a + 1a

)2 + (b + 1b

)2 + (c + 1c

)2 1003 :

Application 2.Soient A;B;C les angles d’un triangle.Prouver que :sin A + sin B + sin C 3

p 3

2et cos A + cos B + cos C 3

2:

Solution.

La fonction sin est concave sur [0; ] donc, d’après l’inégalité de Jensen :sin A + sin B + sin C 3sin(A+B+C

3) = 3 sin

3= 3

p 3

2;

avec égalité ssi le triangle est équilatéral.

La fonction cos n’est ni concave ni convexe sur [0; ]: On ne peut doncconclure ainsi dans le cas général. Cependant :Par symétrie des rôles, on peut supposer que A B C:- Si A

2 :Puisque cos est concave sur [0;

2]; on a :

cos A + cos B + cos C 3cos A+B+C 3 = 3cos

3 = 32 ;

avec égalité ssi le triangle est équilatéral.- Si A > 2 : alors

2 > B C:Et donc, puisque cos est concave sur [0; 2 ]; on a :cos B + cos C 2cos(B+C

2) = 2cos(

2 A

2) = 2 sin A

2:

Donc : cos A + cos B + cos C cos A + 2 sin A2

= 2sin2 A2

+ 2 sin A2

+ 1= 2(sin(A2 ) 1

2)2 + 32

< 32

;l’inégalité étant stricte car A

22]2 ; 4 ] et donc sin(A2 ) 6= 1

2 :Finalement : cos A + cos B + cos C 3

2; avec égalité ssi le triangle est

équilatéral.

Application 3.

Prouver que, pour tous a; b; c > 0 : (a+2b+3c)2

a2+2b2+3c2 6:

Solution.



25

D’après l’inégalité entre les moyennes arithmétique et quadratique :a+2b+3c

6 q a2+2b2+3c2

6 ; c.à.d.(a+2b+3c)2

a2+2b2+3c2 6:

PROBLÈMES.1) Déterminer la plus petite constante M telle que :

pour tous a; b > 0 : a13 + b

13 M (a + b)

13 :

2) Soient x1; x2;:::;xn 2 R+ tels quenPi=1

xi = 1:

Prouver que :nPi=1

xip 1xi p n

n1 :

3) Soient a; b > 0; et n 2 Z.Prouver que : (1 + a

b)n + (1 + b

a)n 2n+1: (Autriche 2000)

4) Prouver que, pour tous réels 8 et a; b; c > 0; on a :ap

a2+bc+ bp

b2+ca+ cp

c2+ab 3p

1+: (D’après OIM 2001)

5) Soient a;b;c dans [0; 1]:Prouver que : a

b+c+1+ b

c+a+1+ c

a+b+1+ (1 a)(1 b)(1 c) 1:

(USA 1980)

6) Soit n 1 un entier: Soient ; t 2 [1;+1[; et 2 R+:

Soient a1; a2;:::;an dans R+ tels quenPi=1

ai = 1:

Prouver que :nPi=1

(ai + 1

ai

)t n( 1n

+ n)t

avec égalité si et seulement si a1 = a2 = ::: = an = 1n

:

7) Soient 0 < p a;b;c;d;e q:

Prouver que : (a + b + c + d + e)(1a

+ 1b

+ 1c

+ 1d

+ 1e

) 25+6(q

p

qq

q

p)2:

(USA 1977).

8) Pour n 1 entier …xé, déterminer la plus petite valeur de la somme

x1 +x222 + ::: + xnn

n




lorsque x1; x2;:::;xn sont des réels tels que 1x1

+ 1x2

+ ::: + 1xn

= n:

(Pologne 1995)

9) Soient a; b 0; et p; q > 1 tels que 1 p

+ 1q

= 1:

Prouver que : ap

p+ bq

q ab:

10) Soient x1; x2;:::;xn 1:Prouver que : 1

x1+1+ 1

x2+1+ ::: + 1

xn+1 n

1+(x1x2:::xn)1n

(Proposé OIM 98)

11) Soient x1; x2; x3; x4 > 0 tels que x1x2x3x4 = 1:

Prouver que :4

Pi=1

x3i maxf

4

Pi=1

xi;4

Pi=1

1xi

g: (Iran 1998)

12) Soient x;y;z 0:Prouver que : 8(x3 + y3 + z3)2 9(x2 + yz)(y2 + zx)(z2 + xy):

13) Soient n > 1; et x1; x2;:::;xn > 0 tels que x1 + x2 + ::: + xn = 1:

Prouver que : x1p 1x1 + x2p

1x2 + ::: + xnp 1xn

p x1+

p x2+:::+

p xnp

n1 :

14) Soient ;; les angles d’un triangle, et n 2 N:Prouver que :cotn(2 )cotn(2 ) + cotn(2 )cotn( 2 ) + cotn( 2 )cotn(2 ) 3n+1:

15) Soit n 2 un entier. Déterminer le minimum dex51

x2+x3+:::+xn+

x52x1+x3+:::+xn

+ ::: + x5nx1+x2+:::+xn1

lorsque x1; x2;:::;xn > 0 tels que x21 + x2

2 + ::: + x2n = 1: (Turquie 1997)



Chapter 5

Inégalités symétriques ou cycliques.

I - Les polynômes symétriques.

Dé…nition.Soient a1; a2;:::;an des réels:Les coe¢cients c1; c2;:::;cn du polynôme

P (x) = (x + a1)(x + a2):::(x + an) =nPk=0

ckxnk

sont appelés les fonctions symétriques élémentaires des ai:Ainsi : ck est la somme des produits des ai choisis k à la fois.

On a donc :c0 = 1

c1 =nPi=0

ai

c2 =P

1i<jnaia j

:::cn = a1a2:::an:

L’intêret de ces fonctions est que l’on démontre que tout polynôme symétriqueen a1; a2;:::;an peut s’exprimer (de façon unique) comme un polynômeen c1; c2;:::;cn:

Parfois, il est plus commode de considérer les fonctions symétriques élémentaires moyennes dé…nies par :

pk = 10@ n

k

1A

ck = k!(nk)!n! ck; pour k = 1; 2;:::;n:

27



28 CHAPTER 5. INÉGALITÉS SYMÉTRIQUES OU CYCLIQUES.

Théorème 9 (Inégalités de Newton).

Soient a1; a2;:::;an+1 > 0:Pour tout k 2 f1; 2;:::;n 1g; on a :

pk1 pk+1 p2k;

avec égalité si et seulement si a1 = a2 = ::: = an:

Preuve.

Par récurrence sur n:- Pour n = 2 : On a p0 p2 = a1a2 (a1+a22 )2 d’après le chapitre 1.- Soit n > 2 …xé. Supposons que le théorème soit vrai pour tous

réels a01; a02;:::;a0n1 > 0:Soient a1; a2;:::;an > 0. S’ils sont tous égaux, on a clairement l’égalité.Sinon, on peut supposer que a1; a2;:::;an1 ne sont pas tous égaux.On note c0i; p0i les valeurs correspondant aux a j; et on posec01 = p01 = c0n = p0n = 0:Alors, pour i = 0; 1;:::;n; on a :ci = c0i + anc0i1; et donc pi = ni

np0i + i

nan p

0i1:

Par suite : n2( pk1 pk+1 p2k) = A + Ban + Ca2

n; avec :A = ((n k)2 1) p0k1 p

0k+1 (n k)2( p0k)2

B = (nk +1)(k +1) p0k1 p0k+(nk1)(k1) p0k2 p

0k+12k(nk) p0k1 p

0k

C = (k

2

1) p0k2 p0k k

2

( p0k1)

2

:Or, d’après l’hypothèse de récurrence, on a : p0k1 p

0k+1 < ( p0k)2; p0k2 p

0k < ( p0k1)2;

et p0k2 p0k1 p

0k p0k+1 < ( p0k1 p

0k)2 donc p0k2 p

0k+1 < p0k1 p

0k:

Par suite : A < ( p0k)2; B < 2 p0k1 p0k; et C < ( p0k1)2:

Et ainsi n2( pk1 pk+1 p2k) < ( p0k)2 + 2 p0k1 p

0kan ( p0k1)2a2

n

= ( p0k p0k1an)2

0:D’où le résultat.

Remarque.

En fait, ces inégalités restent valables même si l’on ne suppose plus queles ai sont positifs.

Théorème 10 (Inégalités de Mac Laurin).Si a1; a2;:::;an > 0; alors on a :



29

p1 ( p2)12 ::: ( pk)

1k ::: ( pn)

1n ;

avec égalité si et seulement si a1 = a2 = ::: = an:

Preuve.

Si a1; a2;:::;an > 0; et d’après les inégalités de Newton, pour 1 k < n;on a :

pk1k pkk+1

k1Qi=0

p2ii = ( p0 p2)( p1 p3)2( p2 p4)3:::( pk1 pk+1)k

kQi=1

p2ii

D’où pk1k pkk+1 p2kk ; c.à.d. pkk+1 pk+1k :

Avec égalité si et seulement si il y a égalité dans les inégalités de Newton.Application 1.Soient a; b; c; d > 0: On pose :u = ab + ac + ad + bc + bd + cd et v = abc + abd + acd + bcd:Prouver que : (u

6)3 ( v

4)2: (Allemagne)

Solution.

Avec les notations du chapitre, l’inégalité désirée s’écrit : p32 p23

ou encore ( p2)12 ( p3)

13 ; qui est une des inégalités de Mac-Laurin.

Application 2.Soient a; b; c; d > 0:Prouver que :( 1ab

+ 1ac

+ 1ad

+ 1bc

+ 1bd

+ 1cd

) 38(1

a+ 1

b+ 1

c+ 1

d)2:

Solution.

L’inégalité désirée est équivalente (multiplication par (abcd)2) à :abcd(cd + bd + bc + ad + ac + ab) 3

8(bcd + acd + abd + abc)2

ou encore : abcd( cd+bd+bc+ad+ac+ab6 ) ( bcd+acd+abd+abc4 )2

c.à.d. p4 p2 p23; qui est une des inégalités de Newton.

II - Les inégalités homogènes.Il s’agit ici d’étudier les inégalités du type P (x1; x2;:::;xn) 0; où P estun polynôme homogène symétrique.Soit Q(x1; x2;:::;xn) un polynôme.On notera

Psym:

Q(x1; x2;:::;xn) =P

Q(x(1); x(2);:::;x(n)); où décrit




l’ensemble de toutes les permutations de f1; 2;:::;ng: Il y a donc n! termes

dans cette somme.Par exemple :Psym:

x2 = 2x2 + 2y2 + 2z2

Psym:

x2y = x2y + xy2 + x2z + xz2 + y2z + z2y:Psym:

xyz = 6xyz:

Dé…nition.On dit que la suite = (1; 2;:::;n) majore la suite = ( 1; 2;:::; n)lorsque :a) 1 2 ::: n et 1 2 ::: n

b) 1 + 2 + ::: + k 1 + 2 + ::: + kc) 1 + 2 + ::: + n = 1 + 2 + ::: + n:

Théorème 11 (Domination - Inégalité de Muirhead).Si et sont deux suites de réels positifs ou nuls, et que majore ;alors pour tous réels x1; x2;:::;xn strictement positifs, on a :

Psym:

x11 x22 :::xnn Psym:

x11 x

22 :::x

nn ;

avec égalité si et seulement si = ou x1 = x2 = ::: = xn:

Idée de la démonstration.Dans les conditions du théorème, on s’appuie sur le lemme suivant [cf.1] :Si majore alors, à chaque permutation de f1; 2;:::;ng; on peutassocier un réel k 0 tel que :P

k = 1 etP

k((1); (2);:::;(n)) = ( 1; 2;:::; n):

Il su¢t alors d’utiliser l’IAG pondérée. On a :P

x(1)1 x

(2)2 :::x

(n)n =

P;

kx((1))1 x

((2))2 :::x

((n))n

P

x

Pk((1))

1 :::x

Pk((n))

n

=P

x(1)1 x(2)2 :::x(n)n :

Remarques.Par exemple :

Psym:

x5y2z Psym:

x4y2z2,ou aussiPsym:

x3y2 Psym:

x2y2z:::



31

Application 3.

Soient a; b; c; d > 0:Prouver que :32(a3 + b3 + c3 + d3) ad

p bc + bd

p ac + cd

p ab + bc

p ad + ab

p cd + ac

p bd:

Solution.

L’inégalité désirée se réécrit :Psym:

a3 Psym:

abp

cd (dans le membre

de gauche a3 apparaît 6 fois, qui est le nombre permutations de (b;c;d);alors qu’à droite ab

p cd apparaît 4 fois, deux permutations de (a; b) et

deux permutations de (c; d) donnent ce terme).En considérant ls suites d’exposants = (3; 0; 0; 0) et = (1; 1; 1

2 ; 12); on

constate que majore ; et donc l’inégalité n’est qu’une conséquencedirecte de l’inégalité de Muirhead.

Application 4.Soient a; b; c > 0:Prouver que : 1

a3+b3+abc + 1b3+c3+abc + 1

c3+a3+abc 1

abc: (USA 1997)

Solution.

Première méthode.

On élimine les dénominateurs et on multiplie par 2. L’inégalité désiréeest alors équivalente à :Psym:

(a3 + b3 + abc)(b3 + c3 + abc)abc

2(a3 + b3 + abc)(b3 + c3 + abc)(c3 + a3 + abc)ou encore, en développant :Psym:

(a7bc + 3a4b4c + 4a5b2c2 + a3b3c3)

Psym:

(a3b3c3 + 2a6b3 + 3a4b4c + a7bc + 2a5b2c2)

c.à.d.Psym:

(2a6b3 2a5b2c2) 0; qui est une conséquence directe de

l’inégalité de Muirhead car (6; 3; 0) majore (5; 2; 2):

Deuxième méthode.On a (a b)(a2 b2) 0 donc a3 + b3 ab(a + b); avec égalité ssi a = b:(On aurait pu aussi utiliser l’inégalité du réordonnement, en signalantque les suites (a2; b2) et (a; b) sont ordonnées dans le même sens.Et donc a3 + b3 a2b + b2a)




Il en découle que : 1a3+b3+abc

1ab(a+b)+abc = c

abc(a+b+c) :

De même :1

b3+c3+abc a

abc(a+b+c) et1

c3+a3+abc b

abc(a+b+c) :En sommant, il vient :

1a3+b3+abc + 1

b3+c3+abc + 1c3+a3+abc

c+b+aabc(a+b+c) = 1

abc;

avec égalité ssi a = b = c:

Théorème 12 (Inégalité de Schur).Pour tout t 2 R, et a; b; c > 0; on a :at(a b)(a c) + bt(b c)(b a) + ct(c a)(c b) 0;avec égalité si et seulement si a = b = c:

Preuve.

L’inégalité est symétrique en a;b;c; donc :- si t 0; on peut toujours supposer que a b c > 0- si t < 0; on peut toujours supposer que 0 < a b c:Dans les deux cas, on a :at(a b)(a c) bt(b c)(a b) et ct(c a)(c b) 0:Le résultat en découle par somme.

Application 5.Soient a; b; c > 0: Prouver que :a3 + b3 + c3 + 3abc ab(a + b) + bc(b + c) + ca(c + a):

Solution.L’inégalité désirée est équivalente à :a(a b)(a c) + b(b c)(b a) + c(c a)(c b) 0:C’est l’inégalité de Schur dans les cas t = 1:L’égalité a lieu ssi a = b = c:

Remarque.

L’inégalité de Schur s’écrit donc :Psym:

(12

a3 a2b + 12

abc) 0:

Application 6.

Avec les notations ci-dessus, prouver que dans le cas n = 3:3 p31 + p3 4 p1 p2:

Solution.

L’inégalité 3 p31 + p3 4 p1 p2 s’écrit :



33

3(a+b+c3 )3 + abc 4(a+b+c3 )(ab+bc+ca3 )

ou encore : (a + b + c)

3

+ 9abc 4(a + b + c)(ab + bc + ca)C.à.d. après développement :a(a b)(a c) + b(b c)(b a) + c(c a)(c b) 0:C’est l’inégalité de Schur dans les cas t = 1:L’égalité a lieu ssi a = b = c:

PROBLÈMES.1) Soit f (x) = xn + a1xn1 + ::: + an1x + 1; un polynôme à coe¢cientsréels et positifs ou nuls, avec n racines réelles.Prouver que, pour tout x 0; on a P (x) (x + 1)n: (Hongrie 1983)

2) Soient a1; a2;:::;an > 0; et S k la somme des produits des ai pris k à lafois. Prouver que :

S kS nk

nk

2

a1a2:::an: (Olympiade du Paci…que asiatique 1990).

3) Prouver que, pour tous réels a;b;c; on a :(a2 + ab + b2)(b2 + bc + c2)(c2 + ca + a2) (ab + bc + ca)3:(Proposé OIM 1990)

4) Soient a; b; c > 0; avec abc = 1:Prouver que : 1

a3

(b+c)

+ 1

b3

(c+a)

+ 1

c3

(a+b) 3

2

: (OIM 1995)

5) Soient a; b; c; d > 0:Prouver que : a

b+2c+3d + bc+2d+3a + c

d+2a+3b + da+2b+3c

23 :

(Proposé OIM 1993)

6) Soient a; b; c > 0: Prouver que :b+ca2+bc

+ c+ab2+ca

+ a+bc2+ab

1a

+ 1b

+ 1c

et a2+bcb+c

+ b2+cac+a

+ c2+aba+b

a + b + c:

7) Soient x; y;z > 0:Prouver que : (xy + yz + zx)( 1

(x+y)2+ 1

(y+z)2+ 1

(z+x)2) 9

4: (Iran 1996)

8) Soient a; b; c > 0:Prouver que : (b+ca)2

(b+c)2+a2 + (c+ab)2(c+a)2+b2 + (a+bc)2

(a+b)2+c2 3

5 : (Japon 1997)

9) Soient a;b;c 0; avec a + b + c = 1: Prouver que :ab + bc + ca a3 + b3 + c3 + 6abc a2 + b2 + c2 2(a3 + b3 + c3) + 3abc:






Chapter 6

Les inégalités géométriques.

Au chapitre 1, nous avons déjà rencontré l’inégalité triangulaire et l’inégalitéde Cauchy-Schwarz (dont on a signalé l’interprétation géométrique). Ondonne ici deux autres inégalités célébres :

Théorème 13 (Inégalité de Hölder) .Soient p; q dans R+ tels que 1

p+ 1

q= 1:

Soient a1;:::;an et b1;:::;bn des réels. Alors :

j

n

Pi=1

aibi

j(n

Pi=1 j

ai

j p)

1p (

n

Pi=1 j

bi

jq)

1q ;

avec égalité ssi les vecteurs !u (a p1; a p2;:::;a pn) et !v (bq1; bq2;:::;bqn) sontcolinéaires et que les nombres aibi sont soit tous positifs ou nuls, soittous négatifs ou nuls.

Preuve.

Soient u = (nPi=1

j ai j p)1p et v = (

nPi=1

j bi jq)1q :

D’après l’exercice 9-chapitre 4, pour tout i, on a :aiu

biv

1 p

(aiu

) p + 1q

( biv

) p

En sommant ces relations et en multipliant par uv, on obtient l’inégalitéde Hölder.

Remarque.Si p = q = 2; on retrouve l’inégalité de Cauchy-Schwarz.

35



36 CHAPTER 6. LES INÉGALITÉS GÉOMÉTRIQUES.

Théorème 14 (Inégalité de Minkowski).

Soient p 2 [1;+1[; et x1;:::;xn et x1;:::;xn des réels.Alors :

(nPi=1

j xi + yi j p)1p (

nPi=1

j xi j p)1p + (

nPi=1

j yi j p)1p ,

avec égalité ssi les vecteurs !u (a1; a2;:::;an) et !v (b1; b2;:::;bn) sontcolinéaires de même sens.

Preuve.

Soit q > 0 tel que 1 p

+ 1q

= 1: Alors ( p 1)q = p:

Pour tout i; on a : j xi + yi j p

=j xi + yi j p

1

j xi + yi jj xi jj xi + yi j p1 + j yi jj xi + yi j p1En sommant, il vient :nPi=1

j xi + yi j pnPi=1

(j xi jj xi + yi j p1) +nPi=1

(j yi jj xi + yi j p1)

Or, d’après l’inégalité de Hölder,nPi=1

(j xi jj xi + yi j p1) (nPi=1

j xi j p)1p (

nPi=1

j xi + yi j( p1)q)1q

= (nPi=1

j xi j p)1p (

nPi=1

j xi + yi j p)1q

De même :nPi=1(j yi jj xi + yi j

p1

) (

nPi=1 j yi j

p

)

1p

(

nPi=1 j xi + yi j

p

)

1q

Et ainsi :nPi=1

j xi + yi j p [(nPi=1

j xi j p)1p + (

nPi=1

j yi j p)1p ](

nPi=1

j xi + yi j p)1q

D’où : (nPi=1

j xi + yi j p)11q (

nPi=1

j xi j p)1p + (

nPi=1

j yi j p)1p

c.à.d. (nPi=1

(xi + yi) p)

1p (

nPi=1

xi p)

1p + (

nPi=1

yi p)

1p .

Remarque.On se place dans l’espace euclidien usuel. Si M (x1; x2; x3) et P (y1; y2; y3);

on pose : d p(M; P ) = ( nPi=1

j xi yi j p)1p :

L’inégalité de Minkowski signi…e que d p véri…e l’inégalité triangulaire :d p(A; B) d p(A; C ) + d p(C; B); pour tous points A;B;C:Ce qui permet de prouver que d p est une distance .



37

PROBLÈMES.

1) Soient x; y;z > 0:Prouver que :x43

x43+(x2+y2)

13 (x+z)

23

+ y43

y43+(y2+z2)

13 (y+x)

23

+ z43

z43+(z2+x2)

13 (z+y)

23

1:

2) Soient a;b;c;d des réels. Déterminer le minimum de :S =

p (a + 1)2 + 2(b 2)2 + (c + 3)2 +

p (b + 1)2 + 2(c 2)2 + (d + 3)2

+p

(c + 1)2 + 2(d 2)2 + (a + 3)2+p

(d + 1)2 + 2(a 2)2 + (b + 3)2:



38 CHAPTER 6. LES INÉGALITÉS GÉOMÉTRIQUES.



Chapter 7

Des idées utiles.

I - Où a lieu l’égalité?

Trouver un cas d’égalité dans l’inégalité étudiée donne parfois une indica-tion sur le type d’inégalités de références à utiliser. La plupart des inégalitésprésentées ici sont des égalités si et seulement si les variables sont égales.Donc, si par exemple l’égalité a lieu aux extrémités de l’intervalle d’étude (età ce sujet, il peut être judicieux de faire tendre une ou plusieurs variablesvers ces extrémités, même dans le cas d’un intervalle ouvert, ou si l’inégalitéétudiée est une inégalité stricte), il paraît peu probable que le résultat cherchéprovienne de ces inégalités de références.

Par contre, il a déjà été signalé qu’une fonction a¢ne atteint ses bornesaux extrémités de l’intervalle d’étude. Et, plus généralement, qu’une fonctionconvexe (resp. concave) atteint son maximum (resp.minimum) aux bornesde l’intervalle d’étude. Si cela n’est pas exploitable, il reste toujours possiblede procéder par récurrence (sur le nombre de variables), ou à une étude defonctions (dérivée, variations...).

II - Changement de variables.

Il est toujours possible de procéder à un changement de variables pour :- Simpli…er l’expression étudiée.

Attention, il faut alors tenir compte de la contrainte éventuelle portantsur les variables de départ.- Simpli…er la contrainte.

Donnons deux exemples importants :

39



40 CHAPTER 7. DES IDÉES UTILES.

1) Si les variables sont les longueurs a;b;c des côtés d’un triangle.

La triple contrainte8<: a + b > cb + c > a

c + a > bpeut être neutralisée par le changement

de variables

8<:

x = a + b cy = b + c az = c + a b

c.à.d.

8<:

a = x+z2

b = x+y2

c = y+z2

:

Notons qu’alors x;y;z sont seulement supposés strictement positifs.

1) Si la contrainte est a + b + c = abc; avec a; b; c > 0.

C’est souvent la porte ouverte au changement de variables :

8<:

a = tan b = tan

c = tan

:

Notons qu’alors ;; peuvent être considérés comme les angles d’untriangle aigu, c.à.d. ;; 2]0;

2[ et + + = :

III - Briser ou créer une symétrie.

- Si l’expression est symétrique, on peut ordonner les variables. Celadonne des possibiltés supplémentaires dans la gestion des calculs, oupermet, par exemple, d’envisager l’utilisation de l’inégalité duréordonnement ou de l’inégalité de Chebyshev- Si l’expression est cyclique, ordonner les variables n’est plus possible.

Par contre, on peut toujours choisir celle des variables qui sera la pluspetite de toutes (ou la plus grande, mais probablement pas imposer lesdeux à la fois).- Si l’expression est homogène, on peut toujours normaliser le problème

en imposant une contrainte du typenPi=1

xi = 1 ounQi=1

xi = 1: Dans le

premier cas, on se met alors en situation d’utiliser les inégalités typeJensen.Notons qu’inversement, on peut parfois rendre une inégalité homogène enutilisant la contrainte de façon judicieuse. Ce qui prépare à une utilisationde l’inégalité de Muirhead.

Exemple.Soient x; y;z > 1:Prouver que : xx

2+2yzyy2+2zxzz

2+2xy (xyz)xy+yz+x+zx:(Proposé USA 1999)



41

Solution.

L’inégalité proposée est équivalente à :(x2 + 2yz) ln x + (y2 + 2zx) ln y + (z2 + 2xy) ln z (xy + yz + x + zx)(ln x + ln y + ln z)

c.à.d.(x y)(x z) ln x + (y z)(y x) ln y + (z x)(z y) ln z 0:Notons que ln x; ln y; ln z > 0 car x; y;z > 1:La dernière inégalité étant symétrique, on peut supposer que x y z:Alors (z x)(z y) ln z 0: De plus, puisque la fonction ln est croissantesur R+; on a (x y)(x z) ln x (y z)(x y) ln y; car chaque facteurest positif ou nul, et que chaque facteur du membre de gauche est majorépar un facteur di¤érent dans le membre de droite.

L’inégalité désirée découle directement de ces deux inégalités.

IV - Majorer (resp. minorer) chaque terme de façon symétrique.Si l’un des membres d’une inégalité symétrique une somme de termessymétriques en les variables, on peut tenter de travailler sur chacun deces termes individuellement.

Exemple.Soient a; b; c > 0; avec abc = 1:Prouver que : ab

a5+b5+ab+ bc

b5+c5+bc+ ca

c5+a5+ca 1: (Proposé OIM 1996)

Solution.

On a :a5 + b5 = (a + b)(a4 a3b + a2b2 ab3 + b4)

= (a + b)[(a b)(a3 b3) + a2b2] (a + b)a2b2; car (a b)(a3 b3) 0:

Donc : aba5+b5+ab

ab(a+b)a2b2+ab

= 1ab(a+b)+1

= 1ab(a+b+c)

= ca+b+c

On procède de même pour les autres termes. Alors :ab

a5+b5+ab + bcb5+c5+bc + ca

c5+a5+ca c

a+b+c + aa+b+c + b

a+b+c

= 1:Et l’égalité a lieu ssi a = b = c:

V - Manipuler avec adresse.Ne jamais oublier que certaines inégalités ne nécessitent aucuneconnaissances particulières, et peuvent s’obtenir par des manipulationsalgébriques directes.




Exemple.

Soient a;b;c les longueurs d’un triangle.Prouver que : a2b(a b) + b2c(b c) + c2a(c a); et déterminer les casd’égalité. (OIM 1983)

Solution.

Soit f (a;b;c) = a2b(a b) + b2c(b c) + c2a(c a):On véri…e facilement que f est invariante par permutation cyclique de(a;b;c): On peut donc supposer que a = max(a;b;c):Mais alors f (a;b;c) = a(b c)2(b + c a) + b(a b)(a c)(a + b c) 0:D’où la conclusion, avec égalité ssi a = b = c:

PROBLÈMES.1)a) Soient x1; x2;:::xn des réels appartenant à f1;0;1g:Quel est le minimum de

P1i<jn

xix j?

b) Reprendre le problème avec xi 2 [1;1]; pour tout i:

2) Prouver que si a; b; c > 0 alorsabc (a + b c)(b + c a)(c + a b):

3) Soient a; b; c > 0 tels que a + b + c = abc:Prouver que : 1p

1+a2 + 1p

1+b2 + 1p

1+c2

32 : (Corée 1998)

4) Soient x1; x2;:::xn+1 > 0 tels quen+1Pi=1

11+xi

= 1:

Prouver que :n+1Qi=1

xi nn+1:

5) Soient a; b; c > 0 tels que a + b + c = abc:Prouver que : max(a;b;c) p

3:

6) Soit n

2 un entier.

a) Déterminer la plus petite constante C telle que, pour tous réelsx1; x2;:::;xn 0; on ait :

P1i<jn

xix j(x2i + x2

j) C (nPi=1

xi)4:



43

b) Pour cette constante C; déterminer les cas d’égalité. (OIM 1999)

7) Soient a; b; c > 0 tels que abc = 1:Prouver que : (a 1 + 1

b)(b 1 + 1

c)(c 1 + 1

a) 1: (OIM 2000)

8) Soient a; b; c > 0:Prouver que, pour tout réels > 3; on a :

ap a2+bc

+ bp b2+ca

+ cp c2+ab

< 2: (D’après OIM 2001)






Chapter 8

Solutions.

Chapitre 1.1) On a :0 (x

p y2 + 1)2 + (y p

x2 + 1)2

d’où x2 + y2 + 1 xp

y2 + 1 + yp

x2 + 1:

L’égalité n’ayant lieu que si

x =

p y2 + 1

y =p

x2 + 1; et donc x2+y2 = x2+y2+2;

cette impossibilité assure l’inégalité stricte.

2) On a : (a + b)(b + c)(c + a) 8p

abp

bcp

ca = 8abc

De plus : a p a2

(b c)2

= p a + b cp a b + cDe même b p

b + a cp

b + c a et c p c + a b

p c + b a

Ainsi : abc (a + b c)(b + c a)(c + a b)D’où le résultat.

3) Pour i …xé :n j ai j=j (n 1)ai (ai) j=jP

i6= j(ai a j) j P

i6= jj ai a j j

En sommant sur i; il vient :

nn

Pi=1

j ai j 2

Pi<jj ai a j j; d’où la conclusion.

Notons que pour a1 = a2 = ::: = an1 = x et an (n 1)x; on a l’égalité,ce qui assure que n

2ne peut être remplacé par une valeur plus grande.

4) D’après C.S., on a : (nPi=1

ssai )(

nPi=1

sais

) n2:

45



46 CHAPTER 8. SOLUTIONS.

Or :n

Pi=1

sais

=n

Pi=1

1 1s

n

Pi=1

ai = n 1; d’oùn

Pi=1

ssai n2

n1 :

D’autre part :nPi=1

saiai

= n +nPi=1

sai

Or, comme ci-dessus : (nPi=1

sai

)(nPi=1

ais

) n2 avecnPi=1

ais

= 1:

Ainsi :nPi=1

saiai

n + n2 = n(n 1):

En…n : (nPi=1

1)(nPi=1

a2i ) (

nPi=1

ai)2; donc (

nPi=1

a2i ) s2

n:

Or : (nPi=1

[ai(s ai)])(nPi=1

aisai ) (

nPi=1

ai)2 = s2

donc :nPi=1

aisai s2

snPi=1

ainPi=1

a2i

s2s2 s2

n

= nn1 :

5) L’inégalité proposée est équivalente à :(xy

y

z)2 + (y

z z

x)2 + ( z

x x

y)2 0; qui est triviale.

Notons que l’égalité a lieu ssi x = y = z:

6) L’inégalité de gauche est équivalente à :(a + b + c)2 3(ab + bc + ca) 0c.à.d. 1

2[(a b)2 + (b c)2 + (c a)2] 0:

D’où le résultat, avec égalité ssi a = b = c:Notons que la conclusion reste vraie pour a; b; c > 0 quelconques.

Comme a;b;c sont les longueurs des côtés d’un triangle, on a :j a b j< c; j b c j< a; et j c a j< b:Alors :4(ab+bc+ca)(a+b+c)2 = c2(ab)2+a2(bc)2+b2(ca)2 > 0:

7) On pose x = a + b c; y = b + c a; z = c + a b:Alors x; y;z > 0 et a = x+z

2; b = y+x

2; c = z+y

2:

Notons que : 2(x + y) x + y + 2p

xy = (p

x +p

y)2; avec égalité

ssi x = y:Ainsi :p

a + b c +p

b + c a =p

x +p

y p 2p

x + y = 2p

b:

De même :p

b + c a +p

c + a b 2p

cet

p c + a b +

p a + b c 2

p a:



47

En sommant, on obtient l’inégalité désirée.

L’égalité ayant lieu ssi x = y = z; c.à.d. a = b = c:

8) Posons a = x + y; b = y + z; c = z + x:Alors a; b; c > 0: Et on a :x2z2y+z

+ y2x2z+x

+ z2y2x+y

= (ab)cb

+ (bc)ac

+ (ca)ba

= acb

+ bac

+ bca

a b c

Or : 12

(acb

+ bac

) = a b2+c2

2bc a avec égalité ssi b = c:

De même : 12(ac

b+ bc

a) c et 1

2( bac

+ bca

) b:En sommant, on obtient ac

b+ ba

c+ bc

a a b c 0:

Ce qui assure la conclusion.Notons que l’égalité a lieu ssi a = b = c; c.à.d. x = y = z:

9) supposons tout d’abord que chaque facteur du membre de gauche soitpositif ou nul.On a : b 1 + 1

c= b(1 1

b+ 1

bc) = b(1 + a 1

b):

Par suite : (a 1 + 1b

)(b 1 + 1c

) = b(a2 (1 1b

)2) ba2:En procédant de même pour les autres facteurs, il vient :(b 1 + 1

c)(c 1 + 1

a) cb2 et (c 1 + 1

a)(a 1 + 1

b) ac2:

D’où [(a 1 + 1b

)(b 1 + 1c

)(c 1 + 1a

)]2 (abc)2 = 1:et on a l’inégalité désirée.Si, par exemple, a

1 + 1

b< 0 alors a < 1 et b > 1:

Dans ces conditions, on a alors : b 1 + 1c > 0 et c 1 + 1a > 0:Ainsi, un seul des facteurs est négatif, et on a alors clairement laconclusion.

10) D’après C.S., pour tout i; on a : S 2 a2i 1

n1(S 1 ai)2

Par suite :S 2a2iS 1ai 1

n1(S 1 ai)

et doncnPk=1

S 2a2kS 1ak 1

n1nPk=1

(S 1 ak) = S 1:

11)a) Par symétrie des rôles, on peut supposer que a1 a2 a3:

Il su¢t alors de prouver que a1 + a2 > a3:Or : (a2

1 + a22 + a2

3)2 > 2(a41 + a4

2 + a43) est équivalente à :

(a1 + a2 + a3)(a1 + a2 a3)(a2 + a3 a1)(a3 + a1 a2) > 0:Puisque trois des facteurs sont clairement positifs, il en est du même duquatrième. D’où la conclusion.




b) Première méthode.

Le cas n = 3 a été prouvé au a). On suppose donc que n 4:Par symétrie des rôles, il su¢t alors de prouver que a1; a2; a3 sont leslongueurs des côtés d’un triangle.Or, d’après l’énocé et C.S. :(n 1)(a4

1 + a42 + ::: + a4

n) < (a21 + a2

2 + ::: + a2n)2

= (a21+a

22+a

23

2 +a21+a

22+a

23

2 +nPk=4

a4k)2

(n 1)((a21+a

22+a

23)2

4+

(a21+a22+a

23)2

4+

nPk=4

a4k)

D’où 2(a41 + a4

2 + a43) < (a2

1 + a22 + a2

3)2; et le a) permet de conclure.

Deuxième méthode.Par récurrence sur n: Le cas n = 3 a été prouvé au a).Soit n 3 …xé, pour lequel on suppos la propriété vraie.

Soient a1; a2;:::;an+1 > 0 tels que : nn+1Pk=1

a4k < (

n+1Pk=1

a2k)2:

C.à.d. (n 1)a4n+1 2a2

n+1

nPk=1

a2k + n

nPk=1

a4k (

nPk=1

a2k)2 < 0:

Considérant cette inégalité comme une inéquation du second degré ena2n+1; de coe¢cient dominant strictement positif, il faut donc que le

discriminant soit strictement positif.

Or : = 4(

nPk=1a

2k)

2

4(n 1)(n

nPk=1a

4k (

nPk=1a

2k)

2

)

Ainsi > 0 implique (nPk=1

a2k)2 > (n 1)

nPk=1

a4k:

L’hypothèse de récurrence assure alors que, pour 1 i < j < k n; lesnombres ai; a j; ak sont les longueurs des côtés d’un triangle. Par symétriedes rôles, cela est aussi vrai pour 1 i < j < k n + 1:Ce qui assure la conclusion.

12) Soit E = f(a;b;c;d) 2 R+=a2 + b2 = (c2 + d2)3g et f la fonctiondé…nie sur E par f (a;b;c;d) = c3

a+ d3

b 1:

Il est facile de voir que, pour tout 2 R+ :

(a;b;c;d) 2 E et f (a;b;c;d) 0 si et seulement si (3a; 3b;c;d) 2 E et f (3a; 3b;c;d) 0:Sans perte de généralité, on peut donc supposer que (a;b;c;d) 2 E et a2 + b2 = 1: Alors : c2 + d2 = 1:



49

D’après C.S., il vient : ( c3

a+ d3

b)(ac + bd) (c2 + d2)2 = 1:

Or : ac + bd a2+c2

2 +b2+d2

2 =1

2(a2

+ b2

+ c2

+ d2

) = 1:Et ainsi : c3

a+ d3

b 1

ac+bd 1:

13) D’après C.S., il vient :p x 1 +

p y 1 +

p z 1 p

x + y + zq

x1x

+ y1y

+ z1z

Or : x1x

+ y1y

+ z1z

= 3 ( 1x

+ 1y

+ 1z

) = 1:D’où la conclusion.L’égalité a lieu ssi x1

x2= y1

y2= z1

z2et 1

x+ 1

y+ 1

z= 2

c.à.d. x = y = z = 32

:

14) Posons a =1

x ; b =1

y ; c =1

z :La contrainte xyz xy + yz + zx; s’écrit aussi 1

x+ 1

y+ 1

z 1:

Elle conduit donc à a + b + c 1:D’autre part xyz 3(x + y + z) est équivalente à :ab + bc + ca 1:Or : 1 (a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 + 2(ab + bc + ca)Et, d’après C.S., on a : ab + bc + ca p

a2 + b2 + c2p

b2 + c2 + a2

c.à.d. a2 + b2 + c2 ab + bc + ca:Ainsi : 1 3(ab + bc + ca); d’où la conclusion.

Chapitre 2.

1) L’inégalité souhaitée est équivalente à :nPi=1

xizi nPi=1

xiyi; qui découle

directement de l’inégalité du réordonnement.

2) Soit n 1:

D’après l’inégalité du réordonnement, on anPk=1

akk2

minimale lorsque

a1 a2 ::: an:Or, dans ces conditions, puisque les nombres a1; a2;:::;an sont des entiersstrictement positifs deux à deux distincts, on a facilement ai i pour

tout i: Et alors

nPk=1

ak

k2 nPk=1

1

k :

3) Posons an+1 = a1:Première méthode.

L’inégalité du réordonnement conduit directement à :




n

Pi=1

a2iai+1

n

Pi=1

a2iai

=n

Pi=1

ai; d’où la conclusion.

Deuxième méthode.

D’après C.S. :

(nPi=1

ai)2 = (

nPi=1

p ai+1

aip ai+1

)2 (nPi=1

ai)(nPi=1

a2iai+1

)

et doncnPi=1

a2iai+1

nPi=1

ai:

Troisième méthode.

D’après I.A.G., pour tout i 2 f1;:::;ng :a2iai+1

+ ai+1 2ai:

En sommant, il vient :

nPi=1

a

2

iai+1 +

nPi=1

ai+1 2

nPi=1

ai:

Et commenPi=1

ai+1 =nPi=1

ai; on a :nPi=1

a2iai+1

nPi=1

ai:

4) Par symétrie des rôles, on peut supposer que a b c:Alors an bn cn pour n 2 N; et 1

b+c 1

c+a 1

a+b :D’après l’inégalité du réordonnement, on a :an

b+c + bn

c+a + cn

a+b an

a+b + bn

b+c + cn

c+a

et an

b+c + bn

c+a + cn

a+b an

c+a + bn

a+b + cn

b+c :En sommant, il vient :an

b+c + bn

c+a + cn

a+b 12(an

+bn

a+b + bn

+cn

b+c + cn

+an

c+a )De plus, d’après l’inégalité de Chebyshev :an + bn 1

2(an1 + bn1)(a + b); d’où an+bn

a+b 1

2(an1 + bn1):

De même : bn+cn

b+c 1

2(bn1 + cn1) et cn+an

c+a 1

2(cn1 + an1)

et ainsi, en sommant : an

b+c + bn

c+a + cn

a+b an1+bn1+cn1

2 :

5) Par symétrie des rôles, on peut supposer que la suite (xi) est croissante.Alors la suite (ln xi) l’est également. L’inégalité de Chebyshev conduit à

:n

Pi=1

xi ln xi

1n

(n

Pi=1

xi)(n

Pi=1

ln xi)

c.à.d.nQi=1

xxii nQi=1

x

1n(nPi=1

xi)

i :

6) Par symétrie des rôles, on peut supposer que x y z:



51

Alors 1(1+y)(1+z)

1(1+z)(1+x)

1(1+x)(1+y) :

D”après l’inégalité de Chebyshev, on a alors :x3

(1+y)(1+z)+ y3

(1+z)(1+x)+ z3

(1+x)(1+y) x3+y3+z3

3 [ 1(1+y)(1+z)+ 1

(1+z)(1+x)+ 1(1+x)(1+y) ]

= x3+y3+z3

3 3+x+y+z

(1+y)(1+z)(1+x)

Posons x+y+z3 = a:

Alors, d’après les inégalités entre moyennes :x3+y3+z3

3 a3; 3a = x + y + z 3(xyz)

13 = 3; et

(1 + y)(1 + z)(1 + x) [ (1+x)+(1+y)+(1+z)3

]3 = (1 + a)3:Ainsi :

x3

(1+y)(1+z)+ y3

(1+z)(1+x)+ z3

(1+x)(1+y) a3 6

(1+a)3:

Il su¢t donc de prouver que 6a3

(1+a)3

34 :

Or, puisque a 1 et comme 6a3(1+a)3 = 6(1 1

1+a)3; avec

f : (a 7! 6(1 11+a)3) strictement croisante sur R+;

on a f (a) f (1) = 34

; ce qui assure la conclusion.

Chapitre 3.1) D’après IAG, on a directement :

a2 + b2 + c2 + d2 + ab + ac + ad + bc + bd + cd 10(a2b2c2d2abacadbcbdcd)110

= 10(a5b5c5d5)110

= 10;avec égalité ssi a = b = c = d = 1:

2) On a(a + b + c)3 = a3 + b3 + c3 + 6abc + 3(a2b + a2c + b2a + b2c + c2a + c2b)

a3 + b3 + c3 + 6abc + 3 6(a6b6c6)16 (d’après IAG)

= a3 + b3 + c3 + 24abc:

3) D’après IAG, on a directement :nQk=1

ak(1 ak) =nQk=1

ak nQk=1

(1 ak)

( 1n

n

Pk=1

ak)n( 1n

n

Pk=1

(1 ak))n

(n1)n

n2n

4) On a :a2 + b2 + 1

a2+ b

a= (b + 1

2a)2 + a2 + 3

4a2

a2 + 34a2 avec égalité ssi b = 1

2a




2q 34 d’après IAG

D’où a2 + b2 + 1a2 + b

a p 3; avec égalité ssi a4 = 34 et b = 12a :

5) D’après IAG, pour n 2 :

((1 + 1n1)n1)

1n <

(n1)(1+ 1n1

)+1

n= 1 + 1

n

d’où U n1 < U nD’autre part :

((1 1n

)n)1

n+1 <n(1 1

n)+1

n+1 = nn+1

d’où (n1n

)n < ( nn+1

)n+1; c.à.d. 1V n1

< 1V n

;et donc V n < V n1:

6) On pose f (a1; a2;:::;an) = a1a2+a3 + a2

a3+a4 + ::: + an1an+a1 + an

a1+a2 :Les indices sont considérés modulo n:Comme il n’y a qu’un nombre …ni de termes, on peut toujours supposerque a1 = max(a1; a2;:::;an):On pose alors i1 = 1:Soit i2 l’indice du plus grand des deux nombres a2 et a3; et si a2 = a3 onpose i2 = 2: Alors i2 i1 + 2:On construit ainsi une suite (ik) par récurrence :si ik est construit, on note ik+1 l’indice du plus grand des nombres aik+1

et aik+2; avec ik+1 = ik + 1 si aik+1 = aik+2:

Dans ces conditions : ik+1 ik + 2:Puisque i1 = 1; il vient ik+1 1 + 2k; pour tout k:Comme a1 = an+1 = max(a1; a2;:::;an); il existe r tel que ir+1 = n + 1:Alors ir = n 1 ou ir = n: D’où n 1 ir 1 + 2(r 1):Et ainsi r n

2 : (1)On a alors : f (a1; a2;:::;an) ai1

2ai2+

ai22ai3

+ ::: + air2air+1

(2)

r2

(ai1ai2 :::airai2ai3 :::air+1

)1r (d’après IAG)

= r2

n4 :

Et pour que f (a1; a2;:::;an) = n4

; il faut qu’il y ait égalité dans (1) et (2).

Or, l’égalité dans (2) implique que l’on ait r = n termes dans le membrede droite, ce qui est incompatible avec l’égalité dans (1).Donc f (a1; a2;:::;an) > n

4:

7) Pour tout i; d’après IAG, on a :



53

2 + ai = 1 + 1 + ai 3(ai)13 :

Et donc

nQi=1

(2 + ai) 3n(

nQi=1

ai)1

3 = 3n:

8) On a C (n) = n(n 1):Les indices sont considérés modulo n:Pour tous entiers k;j; on pose k;j =

xj+kxj

:

Alors, pour tout k :nQ

j=1

k;j = 1:

D’après IAG :n

P j=1

aj(sxj)xj

=n

P j=1

(a jn1

Pk=1

k;j)

=nP

j=1

n1Pk=1

a jk;j

n1Pk=1

n(nQ

j=1

a j)1n

= n(n 1)(nQ

j=1

a j)1n

avec égalité ssi x1 = x2 = ::: = xn:D’où C (n) = n(n 1); comme annoncé.

9) On veut minimiserk

Pi=1

C 2ni sous la conditionk

Pi=1

ni = n:

On va faire du lissage discret.S’il existe i; j tels que ni n j 2 alors, en enlevant une boule de laboîte ni pour la mettre dans la boîte n j; le nombre de paires diminuede C 2ni + C 2nj C 2ni1 C 2nj+1 = ni n j 1 > 0:Par suite, on minimisera le nombre de paires en s’assurant que les nombresde boules dans deux boîtes di¤érentes ne contiennent pas de plus de uneunité. Il s’en suit que chaque boîte contiendra bn

kc ou dn

ke boules.

10) On pose P = (1 + 1x

)(1 + 1y

)(1 + 1z

)

Alors P = 1 + 1x

+ 1y

+ 1z

+ 1xy

+ 1yz

+ 1zx

+ 1xyz

D’après IAG : 1x

+ 1y

+ 1z

3q; où q = 1

(xyz)13

De même : 1xy

+ 1yz

+ 1zx

3q 2; et 1xyz

= q 3:

Ainsi : P 1 + 3q + 3q 2 + q 3 = (1 + q )3:Mais, toujours d’après IAG : q 3

x+y+z = 3




donc P 43 = 64; avec égalité ssi x = y = z = 13 :

11) Lemme.Pour tous a; b > 0; on a : a2ab+b2

a2+ab+b2 1

3 ; avec égalité ssi a = b:

Preuve.a2ab+b2a2+ab+b2

13

équivaut à 3(a2 ab + b2) a2 + ab + b2

c.à.d. a2 + b2 2ab; qui est vraie. Et l’égalité a lieu ssi a = b:

On pose f (x1; x2;:::;xn) =P

1i<jn

x9i+x9j

x6i+x3

ix3j+x6

j

; et ai = x3i pour tout i:

Alors, a1a2:::an = 1: et, d’après le lemme :

f (x1; x2;:::;xn) = P1i<jn

a3i+a3j

a2i+

aiaj+

a2j

=P

1i<jn[(ai + a j)

a2iaiaj+a2ja2i+aiaj+a2j

]

13

P1i<jn

(ai + a j)

= n13

nPi=1

ai

n(n1)3 (a1a2:::an)

1n (IAG)

= n(n1)3

:

Donc f (x1; x2;:::;xn) n(n1)3

; avec égalité ssi x1 = x2 = ::: = xn = 1:

12) Posons f (a;b;c;d) = abc + bcd + cda + dab 17627 abcd

= bc(a + d) + ad(b + c 17627 bc)

On note que f (a;b;c;d) est symétrique.Cas n1 : si b + c 176

27 bc 0:

Alors, d’après IAG, on a : f (a;b;c;d) bc(a + d) (13)3 = 127 :

Ce qui assure le résultat dans ce cas.Cas n2 : si b + c 176

27 bc > 0:

Alors, d’après IAG, on a cette fois :f (a;b;c;d) bc(a + d) + ( a+d

2)2(b + c 176

27bc) = f (a+d

2;b;c; a+d

2):

On itére ce procédé :

f (a;b;c;d) f (a+d

2 ;b;c;a+d

2 )= f (b; a+d

2; a+d

2; c) car f est symétrique

f ( b+c2 ; a+d2 ; a+d2 ; b+c2 )= f (a+d

2; b+c

2; a+d

2; b+c

2)

f (14 ; b+c2 ; a+d2 ; 14)



55

= f ( b+c2 ; 14 ; 1

4 ; a+d2 )

f (

1

4 ;

1

4 ;

1

4 ;

1

4)= 127 :

Ce qui assure le résultat dans ce cas.

13) On pose P (X ) =nPi=0

aiX i; avec ai 0 pour i < n; et an > 0:

Soient x1; x2;:::;xn > 0: On pose xn+1 = x1:Si n = 1; il y a clairement égalité.

Si n 2; on a P 2(X ) =nPi=0

a2iX 2i + 2

Pi<j

aia jX i+ j:

Pour p

2N; on note S p = 1

n

n

Pk=1

(xk+1xk

) p:

Alors, d’après IAG : S p (nQk=1

(xk+1xk

) p)1n = 1:

Mais alors :1n

nPk=1

P 2(xk+1xk

) =nPi=0

a2iS 2i + 2

Pi<j

aia jS i+ j nPi=0

a2i + 2

Pi<j

aia j = P 2(1):

D’oùnPk=1

P 2(xk+1xk

) nP 2(1); avec égalité ssi x1 = x2 = ::: = xn:

14) Soit E = f(a1; a2;:::;an) 2 Rn+=a1 + a2 + ::: + an = 1get f la fonction dé…nie sur E par :

f (a1; a2;:::;an) = n2(n 1)

nQk=1

ak +

nPk=1

P k(a1; a2;:::;an)

où P k(a1; a2;:::;an) = 1ak

nQi=1

ai:

Faisons un lissage classique :Si tous les ai ne sont pas égaux, il en existe deux, par exemple a1; a2 telsque a1 < m < a2; où m désigne la moyenne arithmétique des ai:On a f (a1; a2;:::;an) = (a1 + a2)A + a1a2B;

où A =nQi=3

ai et B = n2(n 1)nQi=3

ai +nPi=3

P i(a1;a2;:::;an)a1a2

(et si n = 2; on

pose A = 1 et B = n2(n 1)):

Alors :f (m; a1 + a2 m;:::;an) f (a1; a2;:::;an) = B(m(a1 + a2 m) a1a2)

= B(m a1)(a2 m)> 0:

On est en plein dans la situation “du cours”...




Donc f (a1; a2;:::;an) f (m;m;:::;m) avec égalité ssi

a1 = a2 = ::: = an = m:Or, ici m = 1n

; et donc f (m;m;:::;m) = n2(n1)nn

+ n 1nn1

= n3

nn:

Et ainsi : 1nn3

1a1a2:::an

n2(n 1) +nPk=1

1ak

;

avec égalité ssi a1 = a2 = ::: = an = 1n

:

15) Soit S la sphère de centre O et de rayon R: Soient A1; A2; A3; A4 despoints de S:D’après IAG, on a : (

Qi<j

AiA2 j)

16 1

6

Pi<j

AiA2 j

ou encore

Qi<jAiA j 1

63 (

Pi<jAiA

2 j)3; avec égalité ssi AiA j = constante.

D’autre part :Pi<j

AiA2 j =

Pi<j

(OA2i + OA2

j 2!OAi !OA j) = 12R2 2

Pi<j

!OAi !OA j:

De plus :

k4Pi=1

!OAi k2= (

4Pi=1

!OAi) (

4Pi=1

!OAi)

=4Pi=1

OA2i + 2

Pi<j

!OAi !OA j

= 4R2 + 2Pi<j

!OAi !OA j

Par suite 2Pi<j!OAi !OA j = 4R

2

k4Pi=1!OAi k

2

4R2

;avec égalité ssi4Pi=1

!OAi =

!0 ; c.à.d. O est l’isobarycentre des Ai:

On a donc :Pi<j

AiA2 j 16R2; et ainsi

Qi<j

AiA j 163 (16R2)3 = 29

33R6;

avec égalité ssi O est l’isobarycentre des Ai; et les distances AiA j sonttoutes égales lorsque i 6= j: Cette dernière condition signi…e que A1A2A3A4

est un tétraèdre régulier, et entraine donc que O est l’isobarycentre desAi: Ainsi :

Qi<j

AiA j 29

33R6; avec égalité ssi A1A2A3A4 est un tétraèdre

régulier. Comme nous sommes par hypothèse dans le cas d’égalité, c’est

donc que A1A2A3A4 est un tétraèdre régulier.

16) On pose a0 = 1 (a1 + a2 + ::: + an):

Alors a0 > 0 etnPk=0

ak = 1:



57

De plus : a1a2:::an(1a1a2:::an)

(a1+a2+:::+an)(1a1)(1a2):::(1an)=

n

Qk=0ak

nQk=0

(1ak)Or, d’après IAG, pour tout i; on a :

1 ai = (nPk=0

ak) ai =Pk6=i

ak n(Qk6=i

ak)1n :

Donc :nQk=0

(1 ak) nn+1(Qk6=0

ak)1n (Qk6=1

ak)1n :::(

Qk6=n

ak)1n

= nn+1nQk=0

ak; car chaque ai apparaît exactement

n fois.

Et ainsi :

n

Qk=0ak

nQk=0

(1ak) 1

nn+1 ; comme désiré, avec égalité

ssi a0 = a1 = ::: = an = 1n+1

:

Chapitre 4.

1) La fonction (x 7! x13 ) est concave sur ]0; +1[:

Donc, d’après l’inégalité de Jensen, on a :a13+b

13

2 (a+b

2)13 ; c.à.d. a

13 + b

13 2

213

(a + b)13 ; avec égalité ssi a = b:

La plus petite constante M cherchée est donc M = 2

213

= 413 :

2) La fonction (x 7! 1p 1x) est convexe sur ]1; +1[: Puisque

nPi=1

xi = 1;

les xi peuvent servir de “poids” dans l’inégalité de Jensen. Il vient :nPi=1

xip 1xi 1s

1nPx2i

i=1

:

Or, d’après C.S., on a :nPx2i

i=1

1n

(nPi=1

xi)2 = 1

n

donc :nPi=1

xip 1xi 1p

1 1n

=p

nn1 ;

avec égalité ssi x1 = x2 = ::: = xn = 1n

:

3) - Si n 0 :La fonction (x 7! xn) est convexe sur R+: Alors :

(1 + ab

)n + (1 + ba

)n 2(1+ a

b+1+ b

a

2 )n

= 2(1 + 12(a

b+ b

a))n




Or : ab

+ ba

2; donc (1 + ab

)n + (1 + ba

)n 2 2n = 2n+1:

- Si n < 1 :On pose p = n > 1:Alors (1 + a

b)n + (1 + b

a)n 2n+1 s’écrit : bp

(a+b)p+ ap

(a+b)p 1

2p1

ou encore : bp+ap

2 (a+b

2) p:

Cette dernière inégalité est une conséquence immédite de la convexité dela fonction (x 7! x p) sur R+; ce qui assure la conclusion.Notons que l’égalité a lieu ssi n 2 f0; 1g (et a; b quelconques), oun =2 f0; 1g et a = b:

4) L’inégalité à prouver est homogène, on peut donc supposer quea + b + c = 1 (*).

La fonction (x 7! 1p x) est convexe, donc d’après l’inégalité de Jensenet (*) :

ap a2+bc

+ bp b2+ca

+ cp c2+ab

1p a(a2+bc)+b(b2+ca)+c(c2+ab)

Il su¢t donc de prouver que :a(a2 + bc) + b(b2 + ca) + c(c2 + ab) 1+

9 :c.à.d. a3 + b3 + c3 + 3abc 1+

9 :Or :a3 + b3 + c3 = (a + b + c)3 3(a2b + a2c + ab2 + ac2 + b2c + bc2 + 2abc)Donc (d’après (*)) :a3 + b3 + c3 + 3abc = 1 3(a2b + a2c + ab2 + ac2 + b2c + bc2)+3( 2)abc

1 3 6abc + 3( 2)abc (IAG)= 1 + 3( 8)abc 1 + 3( 8)(a+b+c

3)3 (IAG et car 8)

= 1 + 89

= 1+9

:Finalement, on a ap

a2+8bc+ bp

b2+8ca+ cp

c2+8ab 1,

et l’égalité ne peut avoir lieu que si elle a lieu dans IAG, c.à.d. que poura = b = c: Or, il est facile de véri…er que, si a = b = c alors il y a bienégalité.

5) Posons f (a) =a

b+c+1 +b

c+a+1 +c

a+b+1 + (1 a)(1 b)(1 c); où b; csont considérés comme …xes. C’est une somme de fonctions a¢nes et dutype (x 7! A

x+B ) avec A; B 0: C’est donc une somme de fonctionsconvexes. Il en découle que le maximum de f est atteint aux extrémitésde l’intervalle d’étude, ici [0; 1]: En raisonnant de même pour les autres



59

variables, on en déduit que le membre de gauche de l’inégalité atteint son

maximum en un (ou plusieurs) des huit triplets (a;b;c) où a;b;c 2 f0; 1g:On véri…e facilement qu’en chacun de ces triplets, l’expression est égaleà 1, ce qui assure la conclusion.

6) Puisque la fonction (x 7! xt) est convexe sur R+; on a (inégalité deJensen) :nPi=1

(ai + 1

ai

)t n( 1n

nPi=1

(ai + 1

ai

))t (*)

= n( 1n

nPi=1

ai + 1n

nPi=1

1

ai

)t

Or :

a) Puisque 1; la fonction (x 7! x

) est convexe surR

+

; et on a :1n

nPi=1

ai ( 1n

nPi=1

ai) = 1

n

b) Puisque > 0; la fonction (x 7! 1x

) est convexe sur R+; et on a :

1n

nPi=1

1

ai

( nnPi=1

ai

)

= n

De (*), a) et b), il vient immédiatement :n

Pi=1

(ai + 1

a

i

)t

n( 1

n+ n)t comme annoncé.

De plus, dans chacune des inégalités de convexité, il y a égalité si et

seulement si a1 = a2 = ::: = an: Compte-tenu de la conditionnPi=1

ai = 1;

on en déduit que l’égalité a lieu si et seulement si a1 = a2 = ::: = an = 1n

:

7) Le membre de gauche est une fonction convexe en chacune desvariables. Elle atteint son maximum en un des 32 quintuplets (a;b;c;d;e)tels que a;b;c;d;e 2 f p;q g:Soit n le nombre de variables égales à p; et donc 5 n le nombre de cellesqui sont égales à q; avec n 2 f0; 1; 2; 3; 4; 5g:

Il s’agit donc de maximiser l’expression f (n) = (np + (5 n)q )(n

p +5

n

q ):Or : f (n) = n2 + (5 n)2 + n(5 n)( q

p+ p

q)

= n2 + (5 n)2 + 2n(5 n) + n(5 n)(q

p

qq

q

p)2

= 25 + n(5 n)(q

p

qq

q

p)2




donc f (n) est maximale ssi n(5 n) = 254

(n 52)2 est maximal,

c.à.d. n = 2 ou n = 3: Et alors f max = 25 + 6(q p

q q q p)2

:

8) On pose H n = 1 + 12 + ::: + 1

net, pour i = 1;:::;n : !i = 1

iH n:

Alors !i > 0 etnPi=1

!i = 1H n

nPi=1

1i

= 1H n

H n = 1:

Soit S = x1 +x222 + ::: + xnn

n:

Alors : S H n

=nPi=1

!ixii

nQi=1

xi!ii d’après IAG pondérée

= (n

Qi=1

xi)1H n

Mais, d’après IAG : nQi=1

xi ( nnPi=1

1xi

)n = 1:

Donc S H n

1; avec égalité ssi x1 = x2 = ::: = xn = 1:

9) D’après IAG pondérée : ap

p+ bq

q (a p)

1p (bq)

1q = ab:

10) La fonction f : (x 7! 11+ex ) est convexe sur R+. En e¤et, elle est deux

fois dérivable sur R+, et pour tout x 0, on a : f 00(x) = e2xex(1+ex)3

0; car

exp est croissante sur R+:

Pour i = 1; 2;:::;n; on pose xi = eyi

: Comme xi 1; on a yi 0:Ainsi, d’après l’inégalité de Jensen :1n

nPi=1

1xi+1 = 1

n

nPi=1

1eyi+1

1

e

1n

nP

i=1yi+1

= 1

(x1x2:::xn)1n+1

; avec égalité

ssi x1 = ::: = xn:

11) On pose A =4Pi=1

x3i ; et Ai = A x3

i :

Alors A = 13

4Pi=1

Ai:

D’après IAG, on a

1

3A1 (x3

2x3

3x3

4)

13

= x2x3x4 =

1

x1 :On prouve de même que 1

3Ai 1

xipour i = 2; 3; 4:

Et ainsi A 4Pi=1

1xi

:

D’autre part, d’après l’inégalité entre moyennes d’ordre 3 et 1, et IAG :



61

14

A = 14

4

Pi=1

x3i

(14

4

Pi=1

xi)3

= (14

4Pi=1

xi)(14

4Pi=1

xi)2

(14

4Pi=1

xi) (on a 14

4Pi=1

xi (x2x3x4)14 = 1)

Donc A 4Pi=1

xi:

Et la conclusion est assurée.

12) - Si l’un des nombres est nul, par exemple z = 0 :L’inégalité s’écrit :

8(x6

+ y6

+ 2x3

y3

) 9x3

y3

; qui est clairement vraie, avec égalitéssi x = y = z = 0.- Si x; y;z > 0; on a :9(x2+yz)(y2+zx)(z2+xy) 9

8(2x2+y2+z2)(x2+2y2+z2)(x2+y2+2z2)

98 [4(x

2+y2+z2)3 ]3 (d’après IAG)

= 9 8(x2+y2+z2

3 )3

9 8(x3+y3+z3

3)2 (d’après l’inégalité entre

moyennes d’ordre 3 et 2)= 8(x3 + y3 + z3)2;

avec égalité ssi x = y = z:

13) La fonction f : (x 7! xp 1x) est convexe. D’après l’inégalité de Jensen,

il vient : 1n

nPi=1

f (xi) f ( 1n

nPi=1

xi) = f ( 1n

) =p

nn1 :

D’autre part, d’après l’inégalité entre moyennes d’ordre 1 et 12 :

1n

= 1n

nPi=1

xi ( 1n

nPi=1

p xi)

2

d’oùnPi=1

p xi p

n; et doncp x1+

p x2+:::+

p xnp

n1 p nn1 ;

ce qui assure le résultat.

14) On pose :An = cotn(2 )cotn(2 ) + cotn(2 )cotn( 2 ) + cotn( 2 )cotn(2 )

et B = tan(2 )tan(2 ) + tan(2 ) tan( 2 ) + tan( 2 )tan(2 )D’après C.S., on a : A1 B 9:Or, puisque ;; sont les angles d’un triangle, on a :




tan( 2 ) = tan(2 +2 ) = cot(+2 ) =

1tan(2) tan(

2)

tan(2)+tan(

2)

donc B = 1: Et ainsi : A1 9:Mais alors, d’après l’inégalité entre les moyennes d’ordre n et 1 :An

3 (A1

3)n; c.à.d. An 3n+1:

Notons que l’égalité a lieu ssi le triangle est équilatéral.

15) On pose S = x1 + x2 + ::: + xn:Première méthode.

D’après C.S. : [nPi=1

x5iS xi ][

nPi=1

(S xi)] (nPi=1

p x5i )2

= n2( 1n

n

Pi=1

x52i )2

n2( 1n

nPi=1

x2i )

52

(d’après l’inégalité entre les moyennes d’ordre 52 et 2)

= n2

n52

:

avec égalité ssi x1 = x2 = ::: = xn = 1p n

:D’autre part :

0 <nPi=1

(S xi) = (n 1)nPi=1

xi = n(n 1)nPi=1

xin

n(n 1)

r 1n

nPi=1

x2i

(d’après l’inégalité entre les moyennes d’ordre 1 et 2)

donc 0 <

nPi=1(S xi)

n(n

1)

p n ; avec égalité ssi x1 = x2 = ::: = xn =1

p n :Et …nalement :nPi=1

x5iS xi n2

n52

p n

n(n1) = 1n(n1) ; avec égalité ssi x1 = x2 = ::: = xn = 1p

n:

Deuxième méthode.

Pour tout i; on a : xiS xi = 1 + S

S xi : Ainsi, les suites (x41; x4

2;:::;x4n)

et ( x1S x1 ; x1

S x2 ;:::; x1S xn ) sont rangées dans le même ordre.

D’après l’inégalité de Chebyshev, on a donc :

n

Pi=1

x5i

S xi 1

n

(n

Pi=1

x4

i

)(n

Pi=1

xi

S xi)

De plus, pour S …xée, la fonction f : (x 7! xS x) est convexe.

Donc :nPi=1

xiS xi =

nPi=1

f (xi) nf (nPi=1

xin

) = nf (S n

) = nn1 ; avec égalité

ssi x1 = x2 = ::: = xn:



63

D’autre part, d’après l’inégalité entre les moyennes d’ordre 4 et 2, on a :

1n

nPi=1

x4i ( 1n

nPi=1

x2i )2 = 1n2 ; avec égalité ssi x1 = x2 = ::: = xn:

Et donc,nPi=1

x5iS xi 1

n2 n

n1 = 1n(n1) :

On véri…e alors que l’égalité a lieu pour x1 = x2 = ::: = xn = 1p n

;ce qui assure que cette valeur est bien un minimum.

Chapitre 5.1) Puisque les coe¢cients sont positifs ou nuls, les racines sont toutesstrictement négatives. On les note ri; avec ri > 0; pour i = 1;:::;n:

Alorsn

Qi=1

ri = 1: Et, d’après IAG, si les sommes et produits non indexés

sont pris sur toutes les combinaisons à k éléments parmi les ri :

ak =P

ri1ri2:::rik C kn(Q

ri1ri2 :::rik)1

C kn

= C kn(nQi=1

ri)kn (car chaque ri apparaît C k1n1 fois

etC k1n1

C kn= k

n:)

= C kn .Ainsi, pour tout x 0; il vient :

f (x) = xn +nPi=1

aixi + 1

nPi=0

C inxi = (x + 1)n; d’après la formule du

binôme.

2) Comme dans l’exercice précédent, on prouve que :

pour tout 1 k n; S k C kn(nQi=1

ai)kn :

Ainsi : S kS nk C knC nkn (nQi=1

ai)kn (

nQi=1

ai)nkn = C knC nkn

nQi=1

ai

et, comme C kn = C nkn ; il vient : S kS nk (C kn)2a1a2:::an:

3) On a : (a2 + ab + b2)(b2 + bc + c2)(c2 + ca + a2)=Psym:

(12

a3b3 + 12

a2b2c2 + 12

a4bc + 2a3b2c + a4b2)

et (ab + bc + ca)3

=Psym:

(12

a3b3 + a2b2c2 + 3a3b2c)

donc(a2 + ab + b2)(b2 + bc + c2)(c2 + ca + a2) (ab + bc + ca)3




=

Psym:(12a4bc + a4b2 1

2a2b2c2 a3b2c)

Or, les suites (4; 2; 0) et (4; 1; 1) majorent respectivement les suites (2; 2; 2)et (3; 2; 1): Donc, d’après l’inégalité de Muirhead,Psym:

(12

a4bc + a4b2 12

a2b2c2 a3b2c) 0; ce qui assure la conclusion.

4) Première méthode.

On commence par rendre l’équation homogène en éliminant lacontrainte. Prouvons que l’on a :

1a3(b+c) + 1

b3(c+a) + 1c3(a+b)

3

2(abc)43

:

Pour simpli…r l’expression, on pose a = 1x

; b = 1y

; c = 1z

:

L’expression devient :x2

y+z +y2

z+x +z2

x+y 3(xyz)

13

2 :On élimine les dénominateurs, pour obtenir l’inégalité équivalente :Psym:

(x4 + 2x3y + x2yz) Psym:

(x43y

43z

43 + 3x

73 y

43z

13 )

Or, les suites (4; 0; 0); (3; 1; 0) et (2; 1; 1) majorent respectivement lessuites (73 ; 4

3 ; 13); (73 ; 4

3 ; 13); et (43 ; 4

3 ; 43):

Donc la dernière inégalité découle de l’inégalité de Muirhead.Notons que l’égalité a lieu ssi a = b = c:

Deuxième méthode.

On pose a = 1x

; b = 1y

; c = 1z

: Alors xyz = 1:

Et 1a3(b+c) + 1b3(c+a) + 1c3(a+b) = x2

y+z + y2

z+x + z2

x+y :D’après C.S. :( x2

y+z+ y2

z+x+ z2

x+y)((y + z) + (z + x) + (x + y)) (x + y + z)2:

Donc : x2

y+z+ y2

z+x+ z2

x+y x+y+z

2:

Et, d’après IAG : x+y+z2

32

(xyz)13 = 3

2:

D’où 1a3(b+c) + 1

b3(c+a) + 1c3(a+b)

32 ; avec égalité ssi a = b = c = 1:

5) On pose : A = b + 2c + 3d; B = c + 2d + 3a;C = d + 2a + 3b; et D = a + 2b + 3c:D’après l’inégalité de C.S. :

(aA +

bB +

cC +

dD )(aA + bB + cC + dD) (a + b + c + d)2

donc :a

b+2c+3d + bc+2d+3a + c

d+2a+3b + da+2b+3c

(a+b+c+d)2

4(ab+ac+ad+bc+bd+cd)

Il su¢t donc de prouver que :8(ab + ac + ad + bc + bd + cd) 3(a + b + c + d)2



65

ou encore : 48 p2 3 16 p21

c.à.d. ( p2)

12

p1; ce qui découle immédiatement des inégalités deMac-Laurin.

6)a) On a :1a

b+ca2+bc

= (ab)(ac)a(a2+bc)

; 1b c+a

b2+ca= (bc)(ba)

b(b2+ca); 1c a+b

c2+ab= (ca)(cb)

c(c2+ab)

Donc :f (a;b;c) = 1

a+ 1

b+ 1

c ( b+c

a2+bc + c+ab2+ca + a+b

c2+ab)

= (ab)(ac)a(a2+bc) + (bc)(ba)

b(b2+ca) + (ca)(cb)c(c2+ab)

Puisque f est symétrique, on peut supposer que a b c:Alors : (ca)(cb)

c(c2+ab) 0; avec égalité ssi c = a ou c = b:

De plus :

(a

b)(a

c)

a(a2+bc) +

(b

c)(b

a)

b(b2+ca) =

(b

a)2(a+b)

ab(a2+bc)(b2+ca)(a(c b) + cb) 0;avec égalité ssi a = b:Finalement, f (a;b;c) 0; ce qui est l’inégalité désirée, avec égalitéssi a = b = c:

b) D’après l’inégalité de Schur pour t = 1; x = a + b; y = b + c;et z = c + a; on a :0 1

x(x y)(x z) + 1

y(y z)(y x) + 1

z(z x)(z y)

= (ac)(bc)a+b + (ba)(ca)

b+c + (cb)(ab)c+a

= c2+aba+b

c + a2+bcb+c

a + b2+cac+a

b

d’où

a2+bc

b+c +

b2+ca

c+a +

c2+ab

a+b a + b + c; avec égalité ssix = y = z; c.à.d. a = b = c:

7) On a :(xy + yz + zx)((x + y)2(y + z)2 + (y + z)2(z + x)2 + (z + x)2(x + y)2)

=Psym:

(x5y + 2x4y2 + 52x4yz + 3

2x3y3 + 13x3y2z + 4x2y2z2)

et(x + y)2(y + z)2(z + x)2 =

Psym:

(x4y2 + x4yz + x3y3 + 6x3y2z + 53

x2y2z2)

On fait donc disparaître les dénominateurs, pour obtenir l’inégalitééquivalente :Psym:(4x

5

y + x4

yz + x2

y2

z2

x4

y2

3x3

y3

2x3

y2

z) 0 (1)

Or, la suite (5; 1; 0) majore les deux suites (4; 2; 0) et (3; 3; 0):Donc, d’après l’inégalité de Muirhead, on a :Psym:

(4x5y x4y2 3x3y3) 0: (2)




D’autre part, on a vu que l’inégalité de Schur s’écrivait :

Psym:(

1

2x

3

+

1

2xyz x

2

y) 0:En multipliant chaque terme par 2xyz; il vient :Psym:

(x4yz + x2y2z2 2x3y2z) 0 (3)

Ainsi, en sommant (2) et (3), on obtient (1).D’où la conclusion, avec égalité ssi x = y = z:

8) On a :(b + c a)2((c + a)2 + b2)((a + b)2 + c2)

+(c + a b)2((a + b)2 + c2)((b + c)2 + a2)+(a + b

c)2((b + c)2 + a2)((c + a)2 + b2)

=Psym:

(32a6 + 2a5b + a4b2 + 3a4bc + 2a3b3 + 3a2b2c2)

et((c + a)2 + b2)((a + b)2 + c2)((b + c)2 + a2)

=Psym:

(12a6 + 2a5b + 3a4b2 + 3a4bc + 2a3b3 + 8a3b2c + 73a2b2c2)

On élimine donc tous les dénominateurs, et compte-tenu du coe¢cient 35 ;

on obtient l’inégalité équivalente (1) :Psym:

(3a6 + 2a5b 2a4b2 + 3a4bc + 2a3b3 12a3b2c + 4a2b2c2) 0:

Or, d’après l’inégalité de Schur :

Psym:

(12

a3 + 12

abc

a2b)

0:

En multipliant chaque terme par 4abc; il vient :Psym:

(4a4bc 8a3b2a + 4a2b2c2) 0 (2)

Il reste donc à prouver que :Psym:

(3a6 + 2a5b 2a4b2 a4bc + 2a3b3 4a3b2c) 0:

Or, la suite (6; 0; 0) majore les suites (4; 1; 1) et (3; 2; 1);donc

Psym:

(3a6 a4bc 2a3b2c) 0: (3)

De plus, la suite (5; 1; 0) majore la suite (4; 2; 0);donc Psym:(2a5b 2a4b2) 0: (4)

Et en…n, la suite (3; 3; 0) majore la suite (3; 2; 1);donc

Psym:

(2a3b3 2a3b2c) 0: (5)

En sommant (2),(3),(4) et (5), il vient (1). Ouf!La conclusion en découle, avec égalité ssi a = b = c:



67

9) Avec les notations du chapitre, on pose:

c1 = a + b + c; c2 = ab + bc + ca; et c3 = abc:Les inégalités souhaitées sont alors équivalentes à :c1c2 c31 3c1c2 + 9c3 c1(c21 2c2) 2(c31 3c1c2) + 9c3:Or, la première et la troisième sont equivalentes à :c31 + 9c3 4c1c2; c.à.d. 27 p31 + 9 p3 36 p1 p2;ou encore 3 p31 + p3 4 p1 p2; dont on a vu en application qu’elle étaitéquivalente au cas t = 1 de l’inégalité de Schur.D’autre part, celle du milieu s’écrit : c1c2 9c3;c.à.d. (a + b + c)(1

a+ 1

b+ 1

c) 9; qui est bien connue (cf. chapitre 3,

application1). D’où la conclusion.

Chapitre 6.1) On pose S = x

43

x43+(x2+y2)

13 (x+z)

23

+ y43

y43+(y2+z2)

13 (y+x)

23

+ z43

z43+(z2+x2)

13 (z+y)

23

:

Et x = a3; y = b3; z = c3:D’après l’inégalité de Hölder :(x2 + y2)

13 (x + z)

23 = [(a2)3 + (b2)3]

13 [(c2)

32 + (a2)

32 ]

23

a2c2 + b2a2

= (xy)23 + (xz)

23

Et donc : x43

x43+(x2+y2)

13 (x+z)

23

x43

x43+(xy)

23+(xz)

23

= x23

x23+y

23+z

23

On procède de même pour les autres termes et, en sommant, il vient :

S x

2

3

x23+y

23+z

23 + y

2

3

x23+y

23+z

23 + z

2

3

x23+y

23+z

23 = 1:

2) Soient a;b;c;d dans R: On pose s = a + b + c + d:D’après l’inégalité de Minkowski :S 1 =

p (a + 1)2 + 2(b 2)2 + (c + 3)2 +

p (b + 1)2 + 2(c 2)2 + (d + 3)2

p (a + b + 2)2 + 2(b + c 4)2 + (c + d + 6)2

S 2 =p

(c + 1)2 + 2(d 2)2 + (a + 3)2+p

(d + 1)2 + 2(a 2)2 + (b + 3)2

p (c + d + 2)2 + 2(d + a 4)2 + (a + b + 6)2

Et, à nouveau :S = S 1 + S 2

p (s + 4)2 + 2(s

8)2 + (s + 12)2

ou encore : S p 4s2 + 288 p 288:Donc la valeur minimale de S est 12

p 2; atteinte pour, par exemple, pour

a = b = c = d = 0:

Chapitre 7.




1) On pose E = [1;1]n;

F = f(x1; x2;:::xn)=xi 2 f1;0;1g pour tout ig;G = f(x1; x2;:::xn)=xi 2 f1; 1g pour tout ig:Et, pour (x1; x2;:::xn) 2 E; on pose f (x1; x2;:::xn) =

P1i<jn

xix j:

Puisque F et G sont …nis (de cardinaux respectifs 3n et 2n); la fonction f admet un minimum sur F et sur G:Et, comme G F; on a min

F f min

Gf:

Or, par rapport à chacune des variables x1; x2;:::xn; la fonction f esta¢ne. Elle atteint donc son minimum sur [1;1] en une des extrémitésde cet intervalle. Ainsi, f (x1; x2;:::xn) minff (1; x2;:::xn); f (1; x2;:::xn)g:Par symétrie des rôles, on en déduit que f (x1; x2;:::xn) min

Gf:

Par suite, f admet un minimum sur F et minE

f = minG

f = minF

f: En

particulier, la réponse aux questions a) et b) est la même, et il su¢t dedéterminer min

Gf:

Soit donc (x1; x2;:::xn) 2 G: Soit p 2 f0; 1;:::;ng le nombre de xi égauxà 1 (et donc, il y en a n p égaux à -1). Alors :f (x1; x2;:::xn) =

Pxi=xj=1

xix j +P

xi=xj=1xix j +

Pxi=1;xj=1

xix j

= C 2 p + C 2n p p(n p)= 1

2((2 p n)2 n):Et donc :

- Si n est pair, f (x1; x2;:::xn) n

2 avec égalité ssi p =n

2 :- Si n est impair, f (x1; x2;:::xn) 1n

2avec égalité ssi p = n+1

2ou p = n1

2:

2) Si le membre de droite est négatif ou nul, l’inégalité stricte est véri…ée.Sinon, on a par exemple a = max(a;b;c): Il est clair qu’alors a + b cet c + a b sont strictement positifs. Donc, le troisième facteur est luiaussi strictement positif. On en déduit qu’alors a;b;c sont les longueursdes côtés d’un triangle, ce qui conduit au changement de variables :a + b c = x; b + c a = y; c + a b = zc.à.d. x; y;z > 0 et a = x+z

2 ; b = y+x2 ; c = z+y

2 :L’inégalité s’écrit alors : (x + z)(y + x)(z + y)

8xyz:

Or, d’après IAG : (x + z)(y + x)(z + y) 2p xz2p yx2p zy = 8xyz;avec égalité ssi x = y = z; c.à.d. a = b = c:

3) On pose a = tan x; b = tan y; c = tan z:Alors x;y;z sont les angles d’un triangle aigu, et l’inégalité s’écrit :



69

cos x + cos y + cos z 32

ce que l’on a déjà prouvé (cf. chap.4 application 2).Le résultat en découle, avec égalité ssi a = b = c = p 3:

4) Pour tout i; on pose : ai = 11+xi

:

Alors 0 < ai < 1; xi = 1aiai

; etn+1Pi=1

ai = 1:

Ainsi :n+1Qi=1

xi =

n+1Q(

i=11ai)

n+1Qi=1

ai

:

Or, d’après IAG :1

ai = P

k6=iak

n(Q

k6=iak)

1n ; avec égalité ssi tous les ak sont égaux.

Doncn+1Q

(i=1

1 ai) nn+1(Qk6=1

ak)1n :::(

Qk6=n+1

ak)1n

= nn+1(n+1Qi=1

ani )1n

= nn+1n+1Qi=1

ai:

Et ainsin+1Qi=1

xi =

n+1Q(

i=11ai)

n+1Qi=1

ai

nn+1;

avec égalité ssi tous les a1 = a2 = ::: = an+1 =

1

n+1 ;c.à.d. x1 = x2 = ::: = xn+1 = n:

5) On pose a = tan x; b = tan y; c = tan z:Alors x;y;z sont les angles d’un triangle aigu, et l’inégalité s’écrit :max(tan x; tan y; tan z) p

3:Or, l’un des angles du triangle, par exemple x; est supérieur ou égal à

3 :

Donc, comme la fonction tan est croissante sur [0; 2 [; on a tan x p 3:

6) On a :

(n

Pi=1

xi)4 = (

n

Pi=1

x2i + 2P

i<j

xix j)2

4(nPi=1

x2i )(2Pi<j

xix j) (car (a + b)2 4ab) (1)

= 8Pi<j

(xix jnPk=1

x2k)




8

Pi<jxix j(x2

i + x2 j) (2)

On a égalité dans (2) ssi au moins n 2 des xi sont nuls. Par exemple,x3 = ::: = xn = 0: Dans ces conditions, (1) est une égalité ssi 2x1x2 =x21 + x2

2; c.à.d. x1 = x2:Finalement, C = 1

8 ; avec égalité ssi au moins n 2 des xi sont nuls, et lesdeux autres sont égaux.

7) Soient a; b; c > 0 tels que abc = 1:Alors, l’un de ces nombres est supérieur ou égal à 1, et un autre estinférieur ou égal à 1. Comme l’inégalité à prouver est cyclique, on peutdonc supposer que a 1 et c 1:

Après développement, et comme abc = 1; l’inégalité désirée estéquivalente à : a + b + c + ab + bc + ca 3 + ac

+ ba

+ cb

;c.à.d. (a 1)(1

c 1) + (b 1)(1

a 1) + (c 1)(1

b 1) 0:

On remplace b par 1ac

; et on multiplie tout par a2c: On obtient une inégalitééquivalente : a2(1 a)(c 1) + (ac 1)2(ac + 1 a) 0Dans cette dernière inégalité, chque facteur est clairement positif ou nul.La conclusion en découle, avec égalité ssi ac = 1 et (a = 1 ou c = 1);c.à.d. a = c = b = 1:

8) L’inégalité à prouver est homogène et symétrique, on peut doncimposer 0 < a b c et abc = 1: Alors a 1 c et ab 1:

Dans ces conditions, le membre de gauche est :f (a;b;c) =

q a2

a2+a

+q

b2

b2+b

+q

c2

c2+c

=q

a3

a3++q

b3

b3++q

c3

c3+

On pose x = a3; y = b3; z = c3:Alors xyz = 1; 0 < xy 1 z; et x y z:

Ainsi f (a;b;c) = g(x;y;z) =p

xx+ +

q y

y+ +p

zz+

Comme on a clairementp

zz+

< 1; il su¢t de prouver

quep

xx+

+q

y

y+< 1:

Or ceci est équivalent àx

x+ +y

y+ + 2q xy

(x+)(y+) < 1

c.à.d. 2q

xy

(x+)(y+) < 2xy(x+)(y+)

ou encore 2p

xyp

(x + )(y + ) < 2 xy (1)Comme > 1; on a 2 xy > 0; et (1) est équivalente à :



71

4xy(x + )(y + ) < (2 xy)2 (2).

Or, x + y 2z =

2

xy donc :4xy(x + )(y + ) = 4xy(xy + 2 + (x + y)) 4xy(xy + 2 + 2

xy)

= 4(xy)2 + 4xy2 + 8 4 + 42 + 8= 4( + 1)2

D’autre part (2 xy)2 (2 1)2:Il est facile de véri…er que (2 1)2 > 4( + 1)2; s’écrit aussi( + 1)( 3) > 0: Puisque > 3; on en déduit facilement (2), et laconclusion désirée en découle.On peut noter que pour a = 1

c2 et b = c; on a lim

c!+1f (a;b;c) = 2; ce qui

permet d’a¢rmer que le membre de droite ne peut être remplacé par unevaleur plus petite.






Chapter 9

Bibliographie.

[1] G.H.Hardy, J.E.Littlewood, G.Polya, Inequalities, Cambridge UniversityPress.[2] D.S.Mitrinovic, Analytic Inequalities , Springer.[3] P.S.Bullen, D.S.Mitrinovic, P.M.Vasic, Means and their Inequalities ,Kluwer.[4] P.Bornsztein, Supermath, Vuibert.[5] P.Bornsztein, Mégamath, Vuibert.[6] T.B.Soulami, Les olympiades de mathématiques, Ellipses.[7] A.Engel, Problem-solving strategies, Springer.

[8] E.Lozansky; C.Rousseau, Winning solutions, Springer.

73

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