Petite Inégalité

layth

Bonjour,

Je cherche une démo de cette petite inégalité donné par :

\textit{soient a, A et b sont des réels strictement positifs, alors si,} $$
A \leq b + \sqrt{aA} \Rightarrow A \leq 2b + a.
$$ MERCI d'avance

JLT

Quitte à augmenter $A$ on peut supposer qu'il y a égalité. On résout l'équation du second degré en $\sqrt{A}$, ce qui donne $\sqrt{A}=\dfrac{\sqrt{a}+\sqrt{a+4b}}{2}$. C'est plus petit que $\sqrt{\frac{a+(a+4b)}{2}}=\sqrt{2b+a}$ par concavité de $x\mapsto \sqrt{x}$.

layth

MERCI JLT... Bon raisonnement

Cidrolin

Bonjour,

Si $A \leq a$ on aura $ A \leq 2b + a. $.

Si $a < A$ alors $\sqrt A+ \sqrt a < 2 \sqrt A \quad (*)$

L'hypothèse $A \leq b + \sqrt{aA}$ donne $\sqrt A- \sqrt a \leq \dfrac {b}{\sqrt A} \quad (**)$.

En multipliant membre à membre $(*)$ et $(**)$ on trouve :
$ A \leq 2b + a. $.

layth

MERCI aussi bien Cidrolin pour votre Eclaircissement

jydu56

@Cidrolin : le premier membre de la deuxième inégalité $ (\sqrt{A}-\sqrt{a})$ est $<0$ ; cela joue parfois des tours quand on multiplie membre à membre sans précaution des inégalités dont certains membres sont négatifs...Mais là cela marche bien !

qaseb0

Je crois que cette solution marche également :

Si $A \leq b$ alors $A \leq 2b + a$

Si $A > b$ alors :\begin{eqnarray*}
A &\leq & b+\sqrt{aA} \\
\Leftrightarrow \; \; \qquad (A-b)^2 &\leq & aA \\
\Leftrightarrow A^2-2Ab+b^2 &\leq & aA \\
\Leftrightarrow A(A-2b-a) &\leq & -b^2
\end{eqnarray*} et l'on a donc $ A \leq 2b+a $

P5

$0\leq (\sqrt{A}-\sqrt{a})^2=2(a-\sqrt{aA})+a-A\leq 2b+a-A.$

jydu56

@P :

Erreur de signe : $ (\sqrt{A} -\sqrt{a})^2 = 2(a-\sqrt{aA}) -a +A $

P5

$0\leq (\sqrt{A}-\sqrt{a})^2=2(A-\sqrt{aA})+a-A\leq 2b+a-A.$
bien sur.

bou86000

Bravo P (tu)(tu)(tu)