Une petite inégalité

Il est proposé de montrer que si des nombres réels a,b,c vérifient a>b>c>0 alors

a^2\frac b c + b^2\frac c a + c^2\frac a b > a^2 + b^2 + c^2

Bon amusement! 😉

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13 réactions sur “Une petite inégalité

  1. a²(b/c) + b²(c/a) + c²(a/b) > a² + b² + c²
    eq a²(b/c – 1) + b²(c/a – 1) + c²(a/b – 1) > 0

    or b > c > 0, donc b/c > 1, donc b/c – 1 > 0
    a > b > 0, donc a/b > 1, donc a/b – 1 > 0
    ensuite, 0 < c/a < 1 car c < a, donc -1 < c/a – 1 b > 0, donc a² > b² > 0, donc a² – b² > 0 (-1 est un minorant de c/a – 1), donc la deuxième inégalité est vraie, donc la première l’est aussi, donc c’est bon

    (j’ai pas fait d’erreurs ?)

  2. Une piste : l’inégalité se réécrit en divisant par abc :
    Sum (a/c)(1/c) > Sum (a/c)(1/b),
    ce qui appelle au ré-ordonement.
    Puisque 1/a<1/b1>b/a,c/b, on a terminé si les deux derniers quotients sont dans l’ordre b/a>c/b.
    On peut donc supposer b²<ac.

  3. Rah je bloque…

    Y a-t-il besoin de certaines choses que je ne maitrise pas, comme les complexes/logarithmes/exponentielles ?
    Sinon c’est quel « niveau » (scolaire) cet inégalité ?

  4. Bonjour Pierre, j’ai essayé et je ne suis pas arrivé. Mais laissez encore un peu de temps, d’autres gens vont peut-être trouver la solution. Est-ce un problème à la Erdös, avec deux pages miraculeuses de calculs niveau collège ?

  5. En multipliant par abc, il revient au même de montrer que S>T, où

    S=a^3b^2+b^3c^2+c^3a^2
    T=(a^2+b^2+c^2)(abc).

    Posons
    S_1=a^2b^3+b^2c^3+c^2a^3.
    Comme S-S_1 est antisymétrique, on s’attend à ce qu’il puisse être factorisé par (a-b)(b-c)(c-a) et en effet

    S-S_1=-(a-b)(b-c)(c-a)(ab+bc+ca)>0.

    On calcule aussi
    S+S_1-2T=a^3(b^2+c^2-2bc)+\cdots=a^3(b-c)^2+\cdots où les \cdots indiquent des termes obtenus par permutation circulaire.
    On a donc S+S_1-2T>0. En additionnant l’autre inégalité, il vient 2S-2T>0.

  6. Bien vu!
    Mon idée est essentiellement la même. La voici.

    Lorsque p et q sont distincts et positifs, il est clair que

    \frac{p}{q}+\frac{q}{p}>2.

    Par conséquent, si a,b,c sont comme dans l’énoncé, et si u,v,w>0, alors

    u(\frac{b}{c}+\frac{c}{b})+v(\frac{c}{a}+\frac{a}{c})+w(\frac{a}{b}+\frac{b}{a})>2(u+v+w).

    On a donc

    u\frac{b}{c}+v\frac{c}{a}+w\frac{a}{b} > u+v+w

    ou

    u\frac{c}{b}+v\frac{a}{c}+w\frac{b}{a} > u+v+w.

    Prenons u=a^2,v=b^2,w=c^2. Nous allons voir que c’est alors la première inégalité qui a lieu. Pour cela, il suffit de vérifier que le membre de gauche de la première est plus grand que celui de la seconde, c’est-à-dire que

    u\frac{b}{c}+v\frac{c}{a}+w\frac{a}{b}-(u\frac{c}{b}+v\frac{a}{c}+w\frac{b}{a}) > 0.

    Or le membre de gauche de cette dernière inégalité s’écrit

    -(a-b)(b-c)(c-a)(ab+bc+ca)/abc.

    Il est donc strictement positif sous les hypothèses indiquées.

  7. Le même principe que ci-dessus permet de montrer que si a,b,c sont positifs et deux à deux distincts, alors

    \frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}>a+b+c

    Il suffit de prendre u=a, v=b, w=c. Dans ce cas, les deux inégalités de l’alternative coïncident.

    Cela dit, l’inégalité obtenue est beaucoup plus simple à établir « directement » que ne l’est celle du billet.

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