Shortlist 2006, A5

Domaine : Algèbre · Difficulté : ★★★☆☆ · Proposé par : South Korea

Concepts : Cauchy-Schwarz et lemme de Titu · Convexité, inégalité de Jensen, lissage

Solution officielle : Shortlist officielle 2006 (avec solutions), p. 15 (page 16 du PDF)

Énoncé

Let \(a, b, c\) be the sides of a triangle. Prove that

\[\frac{\sqrt{b + c - a}}{\sqrt{b} + \sqrt{c} - \sqrt{a}} + \frac{\sqrt{c + a - b}}{\sqrt{c} + \sqrt{a} - \sqrt{b}} + \frac{\sqrt{a + b - c}}{\sqrt{a} + \sqrt{b} - \sqrt{c}} \leq 3.\]

Indices : les idées clés

• Changement de variables \(x = \sqrt{b} + \sqrt{c} - \sqrt{a}\), etc. : \(b + c - a = x^2 - \frac{1}{2}(x - y)(x - z)\).
• Concavité de la racine : \(\sqrt{1 + 2u} \leq 1 + u\) ramène l'inégalité à une inégalité de type Schur, \(\sum \frac{(x - y)(x - z)}{x^2} \geq 0\).
• Solution 2 : avec \(a \geq b \geq c\), le dernier terme est au plus \(1\), et les deux premiers ont une somme au plus \(2\) par Cauchy-Schwarz.

Solutions

Les solutions ci-dessous suivent les solutions officielles de la Shortlist 2006 (deux solutions et deux remarques).

Solution 1

Remarquons d'abord que les dénominateurs sont tous strictement positifs, par exemple \(\sqrt{a} + \sqrt{b} > \sqrt{a + b} > \sqrt{c}\).

Posons \(x = \sqrt{b} + \sqrt{c} - \sqrt{a}\), \(y = \sqrt{c} + \sqrt{a} - \sqrt{b}\) et \(z = \sqrt{a} + \sqrt{b} - \sqrt{c}\). Alors

\[b + c - a = \left(\frac{z + x}{2}\right)^2 + \left(\frac{x + y}{2}\right)^2 - \left(\frac{y + z}{2}\right)^2 = \frac{x^2 + xy + xz - yz}{2} = x^2 - \frac{1}{2}(x - y)(x - z)\]

et

\[\frac{\sqrt{b + c - a}}{\sqrt{b} + \sqrt{c} - \sqrt{a}} = \sqrt{1 - \frac{(x - y)(x - z)}{2x^2}} \leq 1 - \frac{(x - y)(x - z)}{4x^2},\]

en appliquant \(\sqrt{1 + 2u} \leq 1 + u\) à la dernière étape. De même, on obtient

\[\frac{\sqrt{c + a - b}}{\sqrt{c} + \sqrt{a} - \sqrt{b}} \leq 1 - \frac{(z - x)(z - y)}{4z^2} \qquad \text{et} \qquad \frac{\sqrt{a + b - c}}{\sqrt{a} + \sqrt{b} - \sqrt{c}} \leq 1 - \frac{(y - z)(y - x)}{4y^2}.\]

En substituant ces quantités dans l'énoncé, il suffit de prouver que

\[\frac{(x - y)(x - z)}{x^2} + \frac{(y - z)(y - x)}{y^2} + \frac{(z - x)(z - y)}{z^2} \geq 0. \tag{1}\]

Par symétrie, on peut supposer \(x \leq y \leq z\). Alors

\[\frac{(x - y)(x - z)}{x^2} = \frac{(y - x)(z - x)}{x^2} \geq \frac{(y - x)(z - y)}{y^2} = -\frac{(y - z)(y - x)}{y^2}, \qquad \frac{(z - x)(z - y)}{z^2} \geq 0,\]

et (1) en découle. \(\blacksquare\)

Remarque 1. L'inégalité (1) est un cas particulier de l'inégalité bien connue

\[x^t(x - y)(x - z) + y^t(y - z)(y - x) + z^t(z - x)(z - y) \geq 0,\]

valable pour tous réels strictement positifs \(x\), \(y\), \(z\) et tout réel \(t\) ; dans notre cas \(t = -2\). Le cas \(t > 0\) s'appelle l'inégalité de Schur. Plus généralement, si \(x \leq y \leq z\) sont des réels et \(p\), \(q\), \(r\) des réels positifs ou nuls tels que \(q \leq p\) ou \(q \leq r\), alors

\[p(x - y)(x - z) + q(y - z)(y - x) + r(z - x)(z - y) \geq 0.\]

Remarque 2. On pourrait aussi commencer par l'inégalité de Cauchy-Schwarz (ou l'inégalité entre moyennes quadratique et arithmétique), qui donne

\[\left(\sum\frac{\sqrt{b + c - a}}{\sqrt{b} + \sqrt{c} - \sqrt{a}}\right)^2 \leq 3 \cdot \sum\frac{b + c - a}{\left(\sqrt{b} + \sqrt{c} - \sqrt{a}\right)^2} \tag{2}\]

en notation de somme cyclique. Il y a plusieurs façons de prouver que le membre de droite de (2) ne dépasse jamais \(9\) (c'est exactement ce qu'il faut). L'une est d'introduire les nouvelles variables \(x\), \(y\), \(z\) comme dans la solution 1, ce qui, après quelques manipulations, ramène de nouveau le problème à l'inégalité (1).

On peut aussi exprimer l'affirmation que le membre de droite de (2) ne dépasse pas \(9\) en fonction des formes symétriques \(\sigma_1 = \sum x\), \(\sigma_2 = \sum xy\), \(\sigma_3 = xyz\) ; elle équivaut à

\[4\sigma_1\sigma_2\sigma_3 \leq \sigma_2^3 + 9\sigma_3^2, \tag{3}\]

qui est une inégalité connue. Une autre méthode pour traiter le membre de droite de (2) est de considérer \(\sqrt{a}\), \(\sqrt{b}\), \(\sqrt{c}\) comme les côtés d'un triangle. Par des formules trigonométriques classiques, le problème se ramène à montrer que

\[p^2 \leq 4R^2 + 4Rr + 3r^2, \tag{4}\]

où \(p\), \(R\) et \(r\) désignent le demi-périmètre, le rayon du cercle circonscrit et le rayon du cercle inscrit de ce triangle. Là encore, (4) est une autre inégalité connue. Remarquons que les inégalités (1), (3), (4) sont des énoncés équivalents sur la même situation mathématique.

Solution 2

Par symétrie des variables, on peut supposer \(a \geq b \geq c\). Montrons que

\[\frac{\sqrt{a + b - c}}{\sqrt{a} + \sqrt{b} - \sqrt{c}} \leq 1 \qquad \text{et} \qquad \frac{\sqrt{b + c - a}}{\sqrt{b} + \sqrt{c} - \sqrt{a}} + \frac{\sqrt{c + a - b}}{\sqrt{c} + \sqrt{a} - \sqrt{b}} \leq 2.\]

La première inégalité découle de

\[\sqrt{a + b - c} - \sqrt{a} = \frac{(a + b - c) - a}{\sqrt{a + b - c} + \sqrt{a}} \leq \frac{b - c}{\sqrt{b} + \sqrt{c}} = \sqrt{b} - \sqrt{c}.\]

Pour prouver la seconde, posons \(p = \sqrt{a} + \sqrt{b}\) et \(q = \sqrt{a} - \sqrt{b}\). Alors \(a - b = pq\) et l'inégalité devient

\[\frac{\sqrt{c - pq}}{\sqrt{c} - q} + \frac{\sqrt{c + pq}}{\sqrt{c} + q} \leq 2.\]

De \(a \geq b \geq c\), on tire \(p \geq 2\sqrt{c}\). Par l'inégalité de Cauchy-Schwarz,

\[\begin{aligned} \left(\frac{\sqrt{c - pq}}{\sqrt{c} - q} + \frac{\sqrt{c + pq}}{\sqrt{c} + q}\right)^2 &\leq \left(\frac{c - pq}{\sqrt{c} - q} + \frac{c + pq}{\sqrt{c} + q}\right)\left(\frac{1}{\sqrt{c} - q} + \frac{1}{\sqrt{c} + q}\right) \\ &= \frac{2(c\sqrt{c} - pq^2)}{c - q^2} \cdot \frac{2\sqrt{c}}{c - q^2} = 4 \cdot \frac{c^2 - \sqrt{c}pq^2}{(c - q^2)^2} \leq 4 \cdot \frac{c^2 - 2cq^2}{(c - q^2)^2} \leq 4. \qquad \blacksquare \end{aligned}\]