Une inégalité $2(a^2+b^2+c^2)\geq 3(a+b+c)$

RaniaTira · August 2022

Salut tout le monde.
J'ai cet exercice.
Soient $a, b, c>0$ tels que $a+b+c=abc$.
Montrer que : $$2(a^2+b^2+c^2)\geq 3(a+b+c). $$
J'ai essayé d'utiliser les inégalités remarquables comme l'inégalité de moyenne arithmétique - moyenne géométrique mais sans arriver à quelque chose utile.
Merci en avance de me donner des indications.

stfj · August 2022

bonjour,
peut-être introduire les fonctions $f,g:\mathbb{R}^3 \to \mathbb{R}$ définies par $f(x,y,z)=2(x^2+y^2+z^2)-3(x+y+z)$ et $g(x,y,z)=x+y+z-xyz$. Je ne suis pas sûr qu'on aboutisse, mais ça peut toujours servir... Ou tenter de voir s'il n'y aurait pas un problème du même genre dans $\mathbb{R}^2$...

JLT · August 2022

L'inégalité n'a pas l'air optimale, l'énoncé est-il exact ?

En tout cas pour cet énoncé on peut utiliser ${a^2+b^2+c^2}\geqslant \frac{(a+b+c)^2}{3}$.

math2 · August 2022

Effectivement un test sous SCILAB me fait penser que l'inégalité n'est pas optimale, la constante $3/2$ semblant pouvoir être remplacée par une constante de l'ordre de $\sqrt{3}$ ; du coup, moi qui allait partir avec l'idée d'écrire la question sous forme (calculatoire) d'un problème d'optimisation sous contrainte, ce n'est sans doute pas ce qui est attendu

etanche · August 2022

Plusieurs solutions https://artofproblemsolving.com/community/c6h1084448p4785856

stfj · August 2022

Le problème associé :
[Soit $a,b>0$ tels que $a+b=ab$
Montrer que $2(a^2+b^2)\geq 3(a+b)$]
est très joli: après quelques calculs de changement de repère, ça fournit un joli dessin où tout revient à constater que les points d'une hyperbole sont à l'extérieur d'un cercle de centre $(\frac34;\frac34)$ si mes calculs sont justes.
Quant à l'exercice, à part la satisfaction de l'auteur de l'exo de faire démontrer à l'aveugle quelque chose de visuellement évident...

lourrran · August 2022

Les 3 variables jouent des rôles symétriques, si on permute $a$, $b$ et $c$, l'exercice reste le même.
Une démarche pour commencer, au brouillon, c'est de regarder ce qui se passe quand $a=b=c$.
La contrainte donnée donne alors $a=b=c=\sqrt{3}$
Et pour ce triplet de valeurs, on constate effectivement que le membre de gauche est 'nettement' plus grand que le membre de droite.

P.2 · August 2022

stfj: $a+b=ab$ entraine $ 2(a^2+b^2)>4ab>3ab=3(a+b)...$

stfj · August 2022

@P.2: Soit $a$ et $b$ strictement positifs, éventuellement égaux :$(a-b)^2 \geq 0$, ie $a^2-2ab+b^2 \geq 0$. Donc .... Par exemple $(2,2)$, c'est d'ailleurs le seul couple qui convienne d'après mon dessin avec $ \{ \frac34+\frac34 \times \sqrt{2} \}(1,1)$. merci

RaniaTira · August 2022

Merci pour vos réponses utiles.

JLT. En tout cas pour cet énoncé on peut utiliser ${a^2+b^2+c^2}\geqslant \frac{(a+b+c)^2}{3}$.

Si on veut une généralisation de cette inégalité pour $n$ réels, on divise par $n$ ?

JLT · August 2022

Oui. Ça découle de l'inégalité de Cauchy-Schwarz.

Bibix · August 2022

Je pense que le cas le plus général, c'est l'inégalité d'Hölder :

Pour $1 \leq p < +\infty$, on a pour tout $(a_k)_k \in \mathbb{R}^{\mathbb{N}}$ et pour tout $n \in \mathbb{N}$ :

$\left(\sum_{k = 1}^n |a_k|\right)^p \leq n^{p - 1} \left(\sum_{k = 1}^n |a_k|^p\right)$

Pour $p = 2$, on obtient effectivement cette division par $n$.

Tonm · August 2022

Bonjour, il y a cette généralisation:
Pour $a_i$ des nombres non négatives, $i=1,\ldots,n$, sur l'ensemble $S=\{a_i\ge 0;\sum_{i=1}^na_i\ge n \sqrt[n-1]{n}\}$, $p\ge 1$
on a $$\dfrac{1}{\sqrt[n-1]{n^{p-1}}}\Big(\sum_{i=1}^n a_i^p\Big)\ge \sum_{i=1}^n a_i,$$ avec égalité si et seulement si tout les $a_i$ sont égaux (à $\sqrt[n-1]{n})$. Ici $D=\{a_i\ge 0; \sum_{i=1}^na_i=\prod_{i=1}^na_i\}\subset S,$ par l'inégalité A.G.M...
La preuve est proche de l'inégalité de Hölder. Par Hölder on sait que si $b_i\ge 0$, $i=1\ldots,n$ et $\sum_{i=1}^nb_i\ge n$ alors $\sum_{i=1}^n b_i^p\ge \sum_{i=1}^nb_i$ pour tout $p\ge 1$ avec égalité si est seulement si $b_i=1$ $\forall i $. On applique ça au vecteur $b$: $b_i=\frac{a_i}{\sqrt[n-1]{n}}$.
Cordialement.

john_john · August 2022

Rendons le problème homogène : pour $(a,b,c)\in(\R^{*+})^3$ et $t>0$, le triplet $T=(ta,tb,tc)$ satisfait à l'équation imposée ssi $t^2=\displaystyle\frac{a+b+c}{abc}\cdot$
Avec cette valeur de $t$, il s'agit de prouver que $T$ satisfait à l'inéquation attendue, c'est-à-dire $t(a^2+b^2+c^2)\geqslant\lambda(a+b+c)$, soit encore $(a^2+b^2+c^2)^2\geqslant\lambda^2abc(a+b+c)$, où $\lambda=3/2$ dans l'énoncé, mais, puisque cette valeur est douteuse, nous conservons $\lambda$.
Comme toute inégalité de ce type est satisfaite lorsque par exemple $a=0$, il suffit donc de chercher le supremum de l'expression $0$--homogène $\displaystyle\frac{(a+b+c)abc}{(a^2+b^2+c^2)^2}$ sur $(\R^+)^3$.
Un argument classique de compacité et d'homogénéité montre que ce supremum est atteint en un point critique de l'application situé dans $(\R^{*+})^3$, puis un calcul de dérivées partielles montre que les seuls points critiques sont les triplets $(a,a,a)$, où $a>0$.
Le supremum est $1/3$ et donc l'optimum de $\lambda$ est $\sqrt3$, comme math2 le voyait.

JLT · August 2022

Voici ma solution. Notons $m_0=\sqrt[3]{abc}$, $m_1=\frac{a+b+c}{3}$ et $m_2=\sqrt{\frac{a^2+b^2+c^2}{3}}$. On sait que $m_2\geqslant m_1\geqslant m_0$. L'hypothèse de l'énoncé dit que $m_0^3=3m_1$ donc $3m_1\leqslant m_1^3$, c'est-à-dire $m_1\geqslant\sqrt{3}$. On a donc $m_2^2\geqslant m_1^2\geqslant \sqrt{3}m_1$.

john_john · August 2022

Joli, JLT, et... définitif !

Une inégalité $2(a^2+b^2+c^2)\geq 3(a+b+c)$

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