Shortlist 2016, A1

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

Concepts : AM-GM et moyennes · Convexité, inégalité de Jensen, lissage

Solution officielle : Shortlist officielle 2016 (avec solutions), p. 11 (page 14 du PDF)

Énoncé

Let \(a\), \(b\) and \(c\) be positive real numbers such that \(\min\{ab, bc, ca\} \geq 1\). Prove that

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

Indices : les idées clés

• Lemme à deux variables : si \(xy \geq 1\), alors \((x^2+1)(y^2+1) \leq \left(\left(\frac{x+y}{2}\right)^2 + 1\right)^2\), grâce à l'identité \((x^2+1)(y^2+1) = (xy-1)^2 + (x+y)^2\).
• Ajouter une quatrième variable (solution 1) : avec \(d = \frac{a+b+c}{3}\), on applique le lemme aux paires \((a, d)\), \((b, c)\), puis aux deux moyennes.
• AM-GM : vérifie que les produits restent \(\geq 1\), condition du lemme.
• Convexité, Jensen et lissage (solution 2 et remarque) : \(f(x) = \ln(1+x^2)\) est concave sur \([1, +\infty[\).

Solutions

Les solutions ci-dessous suivent les solutions officielles de la Shortlist 2016 (deux solutions et une remarque).

Solution 1

Lemme. Pour tous réels \(x, y > 0\) avec \(xy \geq 1\),

\[(x^2+1)(y^2+1) \leq \left(\left(\frac{x+y}{2}\right)^2 + 1\right)^2. \tag{2}\]

Preuve. Comme \(xy \geq 1\), on a \(\left(\frac{x+y}{2}\right)^2 - 1 \geq xy - 1 \geq 0\) (par AM-GM). Donc

\[(x^2+1)(y^2+1) = (xy-1)^2 + (x+y)^2 \leq \left(\left(\frac{x+y}{2}\right)^2 - 1\right)^2 + (x+y)^2 = \left(\left(\frac{x+y}{2}\right)^2 + 1\right)^2. \quad \square\]

Preuve de l'inégalité. Sans perte de généralité, \(a \geq b \geq c\). Alors \(a^2 \geq ab \geq 1\), donc \(a \geq 1\). Posons \(d = \frac{a+b+c}{3}\). On a

\[ad = \frac{a(a+b+c)}{3} \geq \frac{1 + 1 + 1}{3} = 1,\]

car \(a^2 \geq 1\), \(ab \geq 1\) et \(ac \geq 1\). On peut donc appliquer (2) à la paire \((a, d)\) et à la paire \((b, c)\) :

\[(a^2+1)(d^2+1)(b^2+1)(c^2+1) \leq \left(\left(\frac{a+d}{2}\right)^2 + 1\right)^2 \left(\left(\frac{b+c}{2}\right)^2 + 1\right)^2. \tag{3}\]

Ensuite, par AM-GM,

\[\frac{a+d}{2} \cdot \frac{b+c}{2} \geq \sqrt{ad} \cdot \sqrt{bc} \geq 1,\]

donc on peut appliquer (2) à la paire \(\left(\frac{a+d}{2}, \frac{b+c}{2}\right)\), dont la moyenne vaut \(\frac{a+b+c+d}{4} = \frac{3d + d}{4} = d\). Avec (3), on obtient

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

Donc \((a^2+1)(b^2+1)(c^2+1) \leq (d^2+1)^3\), et l'inégalité demandée

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

s'obtient en prenant la racine cubique. \(\blacksquare\)

Solution 2

Posons \(f(x) = \ln(1 + x^2)\). L'inégalité (1) équivaut à

\[\frac{f(a) + f(b) + f(c)}{3} \leq f\left(\frac{a+b+c}{3}\right),\]

et le lemme (2) de la solution 1 s'écrit

\[\frac{f(x) + f(y)}{2} \leq f\left(\frac{x+y}{2}\right) \quad \text{pour } xy \geq 1.\]

Sans perte de généralité, \(a \geq b \geq c\). D'après le lemme (appliqué à \((b, c)\), avec \(bc \geq 1\)),

\[\frac{f(a) + f(b) + f(c)}{3} \leq \frac{f(a) + 2f\left(\frac{b+c}{2}\right)}{3}.\]

Remarquons que \(a \geq 1\) et \(\frac{b+c}{2} \geq \sqrt{bc} \geq 1\). Comme

\[f''(x) = \frac{2(1 - x^2)}{(1 + x^2)^2},\]

la fonction \(f\) est concave sur \([1, +\infty[\). L'inégalité de Jensen donne alors

\[\frac{f(a) + 2f\left(\frac{b+c}{2}\right)}{3} \leq f\left(\frac{a + 2 \cdot \frac{b+c}{2}}{3}\right) = f\left(\frac{a+b+c}{3}\right),\]

ce qui achève la preuve. \(\blacksquare\)

Remarques

Remarque 1 (lissage). Une fois le lemme établi, on peut aussi obtenir (1) par lissage (mélange des variables). La fonction en jeu est clairement continue ; il suffit donc de vérifier que la condition « produits deux à deux \(\geq 1\) » est préservée à chaque étape de lissage. C'est le cas, car si \(ab, bc, ca \geq 1\), alors

\[\frac{a+b}{2} \cdot \frac{a+b}{2} \geq ab \geq 1 \quad \text{et} \quad \frac{a+b}{2} \cdot c \geq \frac{1 + 1}{2} = 1.\]