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pqr tech (1) .pdf



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Technique de résolution d'inégalités à 3 variables
Guillaume B.
11 juillet 2007

Remerciements à Nguyen Thuc Vu Hoang ...

Table des matières
1 Théorie

2
q, r

1.1

Encadrement de

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2

1.2

Formules à connaître . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2

2 Exercices corrigés

3

2.1

Exercice corrigé 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3

2.2

Exercice corrigé 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3

2.3

Exercice corrigé 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4

2.4

Exercice corrigé 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4

2.5

Exercice corrigé 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

5

3 Pratique

6

3.1

Exercice 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

6

3.2

Exercice 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

6

3.3

Exercice 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

6

3.4

Exercice 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

6

3.5

Exercice 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

6

3.6

Exercice 6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

6

1

1

Théorie
Tout au long de ce document, nous poserons

et

r = abc

1.1

avec

p = a + b + c, q = ab + ac + bc

a, b, c ≥ 0.

Encadrement de

L'inégalité de Schur
a alors :

q, r

s'énonce comme suit :

Soient a, b, c ≥ 0 et t un réel, on

at (a − b)(a − c) + bt (b − a)(b − c) + ct (c − a)(c − b) ≥ 0
t=0

:

a0 (a − b)(a − c) + b0 (b − a)(b − c) + c0 (c − a)(c − b) ≥ 0 ⇔ pq − 9r ≥ 0(1)
t=1:
a1 (a − b)(a − c) + b1 (b − a)(b − c) + c1 (c − a)(c − b) ≥ 0 ⇔ p3 − 4pq + 9r ≥ 0(2)
t=3

:

2

a (a−b)(a−c)+b2 (b−a)(b−c)+c2 (c−a)(c−b) ≥ 0 ⇔ p4 −5p2 q+4q 2 +6pr ≥ 0(3)
Ainsi, de

(1)

et

(2)

nous en tirons un encadrement de

r

3

De même, nous en tirons un

pq
4pq − p
≤r≤
9
9
encadrement de q :
p3 + 9r
9r
≤q≤
p
4p

1.2

Formules à connaître

(a + b)(a + c)(b + c) = pq − r
a2 + b2 + c2 = p2 − 2q
a3 + b3 + c3 = p3 − 3pq + 3r
a4 + b4 + c4 = p4 − 4p2 q + 2q 2 + 4pr
a2 b2 + a2 c2 + b2 c2 = q 2 − 2pr
a3 b3 + a3 c3 + b3 c3 = q 3 − 3pqr + 3r2
ab(a + b) + ac(a + c) + bc(b + c) = pq − 3r
ab(a2 + b2 ) + ac(a2 + c2 ) + bc(c2 + c2 ) = p2 q − 2q 2 − pr
(a + 1)(b + 1)(c + 1) = p + q + r + 1
(a2 + 1)(b2 + 1)(c2 + 1) = p2 + q 2 + r2 − 2pr − 2q + 1
(a3 + 1)(b3 + 1)(c3 + 1) = p3 + q 3 − 6pq + 8

2

:

2

Exercices corrigés

2.1

Exercice corrigé 1

Soient a, b, c, k ≥ 0 . Montrer :
r
1
1
k
k+1
1
+
+
+
≥2
a+b a+c b+c a+b+c
ab + ac + bc

Solution
1
1
1
(b + c)(2a + b + c) + (a + b)(a + c)
+
+
=
a+b a+c b+c
(a + b)(a + c)(b + c)
=

p2 + q
[a2 + b2 + c2 + 2(ab + bc + ac)] + (ab + ac + bc)
=
ab(a + b) + ac(a + c) + bc(b + c) + 2abc
pq − r

Ainsi l'inégalité se réécrit :

s
p2 + q
k
k+1
+ ≥2
pq − r
p
q
Or d'après l'IAG

1

on a

s
p2 + q
k
p2 + q k
p k+1
k+1
pq − r ≤ pq ⇒
+ ≥
+ = +
≥2
pq − r
p
pq
p
q
p
q
2.2

Exercice corrigé 2

Soient a, b, c ≥ 0 tels que abc = 1. Montre r
2(a2 + b2 + c2 ) + 12 ≥ 3(a + b + c) + 3(ab + ac + bc)

Solution

L'inégalité se réécrit, avec

r = 1,

2(p2 − 2q) + 12 ≥ 3p + 3q ⇔ 2p2 − 7q − 3p + 12 ≥ 0 (1)
De

l'inégalité de Schur

on obtient :

a1 (a − b)(a − c) + b1 (b − a)(b − c) + c1 (c − a)(c − b) ≥ 0
⇔ p3 − 4pq + 9r ≥ 0 ⇒ q ≤

p3 + 9r
p3 + 9
=
4p
4p

Ainsi,

(1) ⇔ p2 −
1 l'Inégalité

(p − 3)(p2 − 9p + 21)
7(p3 + 9)
− 3p + 12 ≥ 0 ⇔
≥0
4p
4p

Arithmético-Géométrique

3

Il reste alors à montrer que

p−3≥0

et

p2 − 9p + 21 ≥ 0.

Or d'un côté nous avons,


p = a + b + c ≥ 3 3 abc = 3

d'après l'IAG,

et de l'autre,

p2 − 9p + 21 = (p − 92 )2 +

3
4



3
4

Ce qui assure la conclusion.

2.3

Exercice corrigé 3

Soient a, b, c ≥ 0. Montrer
p

2(a2 + 1)(b2 + 1)(c2 + 1) ≥ (a + 1)(b + 1)(c + 1)

Solution
(a2 + 1)(b2 + 1)(c2 + 1) = p2 + q 2 + r2 − 2pr − 2q + 1
(a + 1)(b + 1)(c + 1) = p + q + r + 1
Ainsi l'inégalité sé réécrit,

p
2(p2 + q 2 + r2 − 2pr − 2q + 1) ≥ p + q + r + 1
⇒ 2(p2 + q 2 + r2 − 2pr − 2q + 1) ≥ (p + q + r + 1)2
⇔ p2 + q 2 + r2 − 2pq + 2qr − 2pr + 2p − 2q + −2r + 1 ≥ 0
Or,

p2 + q 2 + r2 − 2pq + 2qr − 2pr + 2p − 2q + −2r + 1 = (p − q − r + 1)2 ≥ 0
2.4

Exercice corrigé 4

Soient a, b, c ≥ 0 véri ant ab + ac + bc + abc = 4. Montrer
3(a2 + b2 + c2 ) + abc ≥ 10

Solution
a2 + b2 + c2 = p2 − 2q
q+r =4
Ainsi,

3(a2 + b2 + c2 ) + abc ≥ 10 ⇔ 3p2 − 6q + r − 10 ≥ 0 ⇔ 3p2 − 7q − 6 ≥ 0 (1)

4

De l'inégalité de Schur

(2)

on obtient, avec

q≤

r =4−q

:

p3 + 9r
36 + p3
=
4p
4p + 9

Ainsi,

(1) ⇔ 3p2 −
Puisque

7(36 + p3 )
(p − 3)(5p2 + 42p + 102)
−6≥0⇔
≥0
4p + 9
4p + 9

5p2 + 42p + 102 ≥ 0,

il nous reste à montrer que

p − 3 ≥ 0.

D'après l'IAG on a

p
ab + ac + bc + abc = 4 ≥ 4 4 (abc)3 ⇒ 1 ≥ abc
Or il est bien connu que

(a + b + c)2 ≥ 3(ab + ac + bc) ⇒ a + b + c ≥
2.5

p
3(4 − abc) ≥ 3

Exercice corrigé 5

Soient a, b, c ≥ 0 tels que a + b + c = 3. Montrer
4(ab + ac + bc) +

a2 b2
a2 c2
b2 c2
27
+
+

a+b a+c b+c
2

Solution
L'inégalité se réécrit

4q +

q 3 − 6pr + 3r2
27

3q − r
2

Or d'après Schur (1) et (2) on a :

q
4q − 9
≤r≤
3
3
Ainsi l'inégalité à démontrer se résume à :

6q(9 − 3q)(q + 2) ≥ 0
Or,

9 − 3q = (a + b + c)2 − 3(ab + ac + bc) = (a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2 ≥ 0

5

3

Pratique

3.1

Exercice 1

Soient a, b, c ≥ 0 tels que a + b + c = 1. Montrer
p
9 3 (1 − ab)(1 − bc)(1 − ac) ≥ 8
3.2

Exercice 2

Soient a, b, c ≥ 0 tels que abc = 1. Montrer
2
1
3
+ ≥
a+b+c 3
ab + ac + bc
3.3

Exercice 3

Soient a, b, c ≥ 0 tels que a + b + c = 2. Montrer
ac
ab
bc
+
+
≤1
a2 + 1 b2 + 1 c2 + 1
3.4

Exercice 4

Soient a, b, c ≥ 0 tels que abc = 1. Montrer
1
1
1
5
+
+
+
≥1
3
3
3
(a + 1)
(b + 1)
(c + 1)
(a + 1)(b + 1)(c + 1)
3.5

Exercice 5

Soient a, b, c ≥ 0 tels que a + b + c = 3. Montrer
1
1
1
+ 2 + 2 ≥ a2 + b2 + c2
a2
b
c
3.6

Exercice 6

Soient a, b, c ≥ 0 tels que a2 + b2 + c2 = 3. Montrer
12 + 9abc ≥ 7(ab + ac + bc)

6


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