Inégalité d'Aczél
Bonjour
Je ne suis pas arrivé à démontrer l'inégalité même en supposant $n=2$, je n'ai pas eu la bonne intuition pour mener à bien le raisonnement puis conclure.
J'ai regardé le corrigé rapidement (juste 2 lignes) et l'indication mais je n'ai pas compris l'inégalité de l'indication en s'appuyant sur la géométrie car je suis vraiment nul en géométrie.
Avez-vous autre indication ?
L'indication du corrigé : $xy+|a_{2}.b_{2}| \leq \sqrt{x^2+a^2}. \sqrt{y^2+b^2}$ qu'on demandait de justifier(Chose que je suis parvenu à faire)
Merci.
Je ne suis pas arrivé à démontrer l'inégalité même en supposant $n=2$, je n'ai pas eu la bonne intuition pour mener à bien le raisonnement puis conclure.
J'ai regardé le corrigé rapidement (juste 2 lignes) et l'indication mais je n'ai pas compris l'inégalité de l'indication en s'appuyant sur la géométrie car je suis vraiment nul en géométrie.
Avez-vous autre indication ?
L'indication du corrigé : $xy+|a_{2}.b_{2}| \leq \sqrt{x^2+a^2}. \sqrt{y^2+b^2}$ qu'on demandait de justifier(Chose que je suis parvenu à faire)
Merci.
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Réponses
Laissons tomber l'indication et simplifions l'écriture. On pose $A=(a_2,....a_n)$ et $B=(b_2,....b_n)$
Par hypothèse $a_1^2>||A||^2 $ et $b_1^2>||B||^2. $
En élevant au carré il faut donc montrer que
$(a_1b_1-A.B)^2-(a_1^2 -||A||^2)(b_1^2 -||B||^2) \geq 0 . $
En développant et simplifiant l'inégalité devient
$(a_1,b_1) M (a_1,b_1)^t - (||A||^2||B||^2-(A.B)^2) \geq 0 $
où M est la matrice $M=\pmatrix{||B||^2 &-AB\cr -AB&||A|| ^2}$
Par C-S $det (M)= ||A||^2||B||^2-(A.B)^2=P \geq 0.$
Ainsi la matrice M est symétrique positive.
Donc $(a_1,b_1) M (a_1,b_1)^t \geq \lambda_{min} (a_1^2+b_1^2) \geq \lambda_{min} (||A||^2+ ||B||^2)$
où $\lambda_{min}$ est la plus petite valeur propre de $M$
Mais $\lambda_{min}+\lambda_{max} =||A||^2+||B||^2=S $ et $ \lambda_{min}\lambda_{max} =P$
L'inégalité se ramène donc à vérifier que $\lambda_{min} \geq P/S$ ce qui est évident.
On considère, pour tout $x$ réel, la fonction $\displaystyle f: x \mapsto (a_1 x-b_1)^2 - \sum_{i=2}^n (a_i x-b_i)^2$ qui est un polynôme du second degré en $x.$ On établit $\displaystyle a_1 \neq 0$ et on calcule immédiatement $\displaystyle f({b_1 \over a_1}) \leq 0$ puis $f(x) \to +\infty, (x \to +\infty).$ La fonction s'annule donc au moins une fois : le polynôme possède donc au moins une racine réelle : son discriminant est positif. Voilà !
Et il est repiqué du bouquin de Alsina et Nelsen, When less is more, Visualizing basic inequalities, qui n'utilise que des maths (vraiment) élémentaires.
Pour l'inégalité d'Azsel en fait c'est un déguisement de l'inégalité de Cauchy-Schwarz. L'indication est le cas $n=2$ de C-S.
Je ne sais si on peut la prouver d'une manière géométrique mais elle est classique.
Il faut faire attention sur les racines et les conditions $a_1^2\ge \sum_{i=2}^{n}a_i^2$ et $b_1^2\ge \sum_{i=2}^{n}b_i^2$ donc soit $a_1=\sqrt{\sum_{i=2}^{n}a_i^2+h}$ et $b_1=\sqrt{\sum_{i=2}^{n}b_i^2+k}$. Avec un remplacement on a par C-S $a_1b_1\ge \sum_{i=2}^{n}a_ib_i$ puis on obtient $$\sqrt{hk}+\sum_{i=2}^{n}a_ib_i\le \sqrt{\sum_{i=2}^{n}a_i^2+h}\sqrt{\sum_{i=2}^{n}b_i^2+k}$$ qui n'est autre que Cauchy-Schwarz.
Je vais regarder tout ça:-)
Maintenant quand on utilise une expression de la forme $q(X)=X^t M X-C$ avec $M$ de taille 2, on a ici un polynôme de degré 2 et on peut très bien adapter la démonstration en utilisant uniquement les connaissances de terminale, d'ailleurs c'est ce qu'a fait Y.M
Il semble que cette inégalité puisse être aussi attribuée à Tiberiu Popoviciu (1906-1975).
J'ai trouvé plusieurs références, mais il faudrait démêler tout ça.
https://artofproblemsolving.com/wiki/index.php/Aczel's_Inequality
https://www.mdpi.com/2227-7390/8/4/574/htm
https://defr.abcdef.wiki/wiki/Ungleichung_von_Popoviciu
https://en.wikipedia.org/wiki/Popoviciu's_inequality
https://www.emis.de/journals/JIPAM/images/045_02_JIPAM/045_02_www.pdf
Bonne après-midi.
Fr. Ch.
Ravi Vakil (1970-) est un mathématicien indo-canadien de talent, mais cette transformation élémentaire était en usage sans appellation particulière dès avant sa naissance. Il a une œuvre qui lui fait honneur, il n'a pas besoin de cette attribution fantaisiste pour ajouter à sa renommée, et les notices qui lui sont consacrées n'en font pas mention.
https://fr.wikipedia.org/wiki/Ravi_Vakil
https://virtualmath1.stanford.edu/~vakil/
Bonne après-midi.
Fr. Ch.