Shortlist 2011, A7

Domaine : Algèbre · Difficulté : ★★★★☆ · Proposé par : non indiqué

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

Solution officielle : Shortlist officielle 2011 (avec solutions), p. 24 (page 25 du PDF)

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Énoncé

Let \(a\), \(b\), and \(c\) be positive real numbers satisfying \(\min(a + b, b + c, c + a) > \sqrt{2}\) and \(a^2 + b^2 + c^2 = 3\). Prove that

\[\frac{a}{(b + c - a)^2} + \frac{b}{(c + a - b)^2} + \frac{c}{(a + b - c)^2} \geq \frac{3}{(abc)^2}. \tag{1}\]

Indices : les idées clés

• Positivité : \(b + c > \sqrt{2}\) donne \(b^2 + c^2 > 1\), donc \(a < \sqrt{2} < b + c\) : les dénominateurs sont des carrés de nombres positifs.
• Hölder (forme de Titu généralisée) : \(\sum \frac{a}{(b + c - a)^2} = \sum \frac{(a^2)^3}{a^5(b + c - a)^2} \geq \frac{27}{\left(\sum a^{5/2}(b + c - a)\right)^2}\).
• Schur et moyennes : \(\sum a^{5/2}(b + c - a) \leq abc(\sqrt{a} + \sqrt{b} + \sqrt{c})\), et \(\sqrt{a} + \sqrt{b} + \sqrt{c} \leq 3\) par l'inégalité des moyennes d'ordre \(\frac{1}{2}\) et \(2\).

Solutions

Les solutions ci-dessous suivent les solutions officielles de la Shortlist 2011 (deux solutions et une remarque).

On note \(\sum f(a, b, c)\) les sommes de la forme \(f(a, b, c) + f(b, c, a) + f(c, a, b)\).

Solution 1

La condition \(b + c > \sqrt{2}\) implique \(b^2 + c^2 > 1\), donc \(a^2 = 3 - (b^2 + c^2) < 2\), c'est-à-dire \(a < \sqrt{2} < b + c\). Donc \(b + c - a > 0\), et de même \(c + a - b > 0\) et \(a + b - c > 0\).

On utilise la variante suivante de l'inégalité de Hölder :

\[\frac{x_1^{p+1}}{y_1^p} + \frac{x_2^{p+1}}{y_2^p} + \cdots + \frac{x_n^{p+1}}{y_n^p} \geq \frac{(x_1 + x_2 + \cdots + x_n)^{p+1}}{(y_1 + y_2 + \cdots + y_n)^p},\]

valable pour tous réels strictement positifs \(p, x_1, \ldots, x_n, y_1, \ldots, y_n\) (le livret écrit deux fois \(\frac{x_1^{p+1}}{y_1^p}\) ; le second terme est \(\frac{x_2^{p+1}}{y_2^p}\).). En l'appliquant au membre de gauche de (1) avec \(p = 2\) et \(n = 3\), on obtient

\[\sum \frac{a}{(b + c - a)^2} = \sum \frac{(a^2)^3}{a^5(b + c - a)^2} \geq \frac{(a^2 + b^2 + c^2)^3}{\left(\sum a^{5/2}(b + c - a)\right)^2} = \frac{27}{\left(\sum a^{5/2}(b + c - a)\right)^2}. \tag{2}\]

Pour majorer le dénominateur, on utilise un cas de l'inégalité de Schur,

\[\sum a^{3/2}(a - b)(a - c) \geq 0,\]

qui s'écrit aussi

\[\sum a^{5/2}(b + c - a) \leq abc\left(\sqrt{a} + \sqrt{b} + \sqrt{c}\right).\]

De plus, par l'inégalité entre la moyenne arithmétique et la moyenne d'ordre \(4\),

\[\left(\frac{\sqrt{a} + \sqrt{b} + \sqrt{c}}{3}\right)^4 \leq \frac{a^2 + b^2 + c^2}{3} = 1,\]

c'est-à-dire \(\sqrt{a} + \sqrt{b} + \sqrt{c} \leq 3\). Donc (2) donne

\[\sum \frac{a}{(b + c - a)^2} \geq \frac{27}{\left(abc(\sqrt{a} + \sqrt{b} + \sqrt{c})\right)^2} \geq \frac{3}{a^2b^2c^2},\]

ce qui résout le problème. \(\blacksquare\)

Remarque. Dans cette solution, on peut aussi partir de la version suivante de l'inégalité de Hölder,

\[\left(\sum_{i=1}^{n} a_i^3\right)\left(\sum_{i=1}^{n} b_i^3\right)\left(\sum_{i=1}^{n} c_i^3\right) \geq \left(\sum_{i=1}^{n} a_i b_i c_i\right)^3,\]

appliquée sous la forme

\[\sum \frac{a}{(b + c - a)^2} \cdot \sum a^3(b + c - a) \cdot \sum a^2(b + c - a) \geq 27.\]

Il suffit ensuite des cas un peu plus connus de l'inégalité de Schur

\[\sum a^3(b + c - a) \leq (a + b + c)abc \quad \text{et} \quad \sum a^2(b + c - a) \leq 3abc.\]

Solution 2

Comme dans la solution 1, les nombres \(b + c - a\), \(a + c - b\), \(a + b - c\) sont tous strictement positifs. On utilisera seulement cette restriction et la condition

\[a^5 + b^5 + c^5 \geq 3, \tag{3}\]

plus faible que l'hypothèse (elle découle de \(a^2 + b^2 + c^2 = 3\) par l'inégalité des moyennes). Par symétrie, on peut supposer \(a \geq b \geq c\).

D'après (3), il suffit de prouver l'inégalité

\[\sum \frac{a^3b^2c^2}{(b + c - a)^2} \geq \sum a^5,\]

c'est-à-dire, en passant tout dans le membre de gauche,

\[\sum \frac{a^3}{(b + c - a)^2}\Big((bc)^2 - \big(a(b + c - a)\big)^2\Big) \geq 0. \tag{4}\]

Les signes des expressions \((yz)^2 - \big(x(y + z - x)\big)^2\) et \(yz - x(y + z - x) = (x - y)(x - z)\) sont les mêmes pour tous \(x, y, z > 0\) vérifiant l'inégalité triangulaire. Les termes de (4) correspondant à \(a\) et à \(c\) sont donc positifs ou nuls, et il suffit de prouver que la somme des termes correspondant à \(a\) et à \(b\) est positive ou nulle. De façon équivalente, il faut

\[\frac{a^3}{(b + c - a)^2}(a - b)(a - c)\big(bc + a(b + c - a)\big) \geq \frac{b^3}{(a + c - b)^2}(a - b)(b - c)\big(ac + b(a + c - b)\big).\]

On a évidemment

\[a^3 \geq b^3 \geq 0, \qquad 0 < b + c - a \leq a + c - b, \qquad a - c \geq b - c \geq 0,\]

donc il suffit de prouver que

\[\frac{ab + ac + bc - a^2}{b + c - a} \geq \frac{ab + ac + bc - b^2}{c + a - b}.\]

Comme tous les dénominateurs sont positifs, cela équivaut à

\[(c + a - b)(ab + ac + bc - a^2) - (ab + ac + bc - b^2)(b + c - a) \geq 0,\]

soit

\[(a - b)(2ab - a^2 - b^2 + ac + bc) \geq 0.\]

Comme \(a \geq b\), cette inégalité découle de

\[c(a + b) > (a - b)^2,\]

qui est vraie puisque \(c > a - b \geq 0\) et \(a + b > a - b \geq 0\). \(\blacksquare\)