J'ai trouvé les mêmes résultats que vous, mais je n'aime pas ma démonstration.
J'ai utilisé le binôme de Newton : par exemple pour le premier, j'ai élevé le membre de gauche de l'inégalité à la puissance 32 pour constater qu'un des termes dans la formule était $abc$. Avez-vous une démonstration plus intéressante ?
Si on ne connait pas le résultat à l'avance on peut procéder comme un bourrin ainsi : on cherche $n$ tel que $\sqrt[3]{b+\sqrt[4]{c}}\geq (bc)^{1/n}$. Ce qui revient à $(b+x)^n\geq (bx^4)^3=b^3x^{12}$ où $x:=c^{1/4}$. En développant $(b+x)^n$ avec le binôme il est évident que $n=3+12=15$ convient.
Puis $\sqrt{a+\sqrt[3]{b+\sqrt[4]{c}}}\geq \sqrt{a+(bc)^{1/15}}$ et on cherche $n$ tel que $\sqrt{a+(bc)^{1/15}}\geq (abc)^{1/n}$. En procédant comme ci-dessus (binôme...) on voit que $n=32$ convient.
Puis on voit qu'on trouve facilement une formule par récurrence pour $n$.
Edit : finalement la méthode de gebrane ci-dessus me paraît plus simple...
Je réponds d'abord à la question posée par Rescassol concernant la généralisation à $n$ du problème.
Soit $f(a_1,\dots,a_n)=\sqrt{a_1+\sqrt[3]{a_2+\sqrt[4]{\dots+\sqrt[n+1]{a_n}}}}$. On veut montrer qu'il existe un unique $u_n$ tel que pour tout $(a_1,\dots,a_n)\in(\R_+^*)^n$ on ait $f(a_1,\dots,a_n) \geq \sqrt[u_n]{a_1a_n\dots a_n}$.
Dans le cas particulier où $a_k=t^{(k+1)!}$ on obtient $f(a_1,\dots,a_n)=\alpha t$ avec $\alpha=f(1,\dots,1)=\sqrt{1+\sqrt[3]{1+\dots+\sqrt[n+1]{1}}}$. La condition $f(a_1,\dots,a_n) \geq \sqrt[u_n]{a_1a_n\dots a_n}$ est alors équivalente à $\alpha^{u_n}\geq t^{2!+\dots+(n+1)!-u_n}$. En faisant tendre $t$ vers $0$ puis vers $+\infty$ on en déduit que nécessairement $u_n=2!+\dots+(n+1)!$
Réciproquement la démonstration de gebrane montre que pour tout $k$ on a $f(a_1,\dots,a_n)^{(k+1)!}\geq a_k$ donc $f(a_1,\dots,a_n)^{2!+\dots+(n+1)!}\geq a_1a_n\dots a_n$.
On peut alors se poser la question : quel est le minimum de $\dfrac{f(a_1,\dots,a_n)^{2!+\dots+(n+1)!}}{a_1a_2\dots a_n}$ ? J'ai réussi à résoudre cette question plus difficile : le minimum est égal à $v_n=\displaystyle\prod_{k=1}^{n-1}g(\varphi(n,k))$ avec $g(x)=\dfrac{(x+1)^{x+1}}{x^x}$ et $\varphi(n,k)=\dfrac{(k+2)!+\dots+(n+1)!}{(k+1)!}$.
Par exemple : $v_2=\dfrac{4^4}{3^3}$, $v_3=\dfrac{16^{16}}{15^{15}}\times\dfrac{5^5}{4^4}$ et $v_3=\dfrac{76^{76}}{75^{75}}\times\dfrac{25^{25}}{24^{24}}\times\dfrac{6^6}{5^5}$.
On peut alors se poser la question : quel est le minimum de $\dfrac{f(a_1,\dots,a_n)^{2!+\dots+(n+1)!}}{a_1a_n\dots a_n}$ ?
J'ai réussi à résoudre cette question plus difficile : le minimum est égal à $v_n=\displaystyle\prod_{k=1}^{n-1}g(\varphi(n,k))$ avec $g(x)=\dfrac{(x+1)^{x+1}}{x^x}$ et $\varphi(n,k)=\dfrac{(k+2)!+\dots+(n+1)!}{(k+1)!}$.
jandri peut-on avoir les détails qui donne le minimum $v_n$ ? Merci
Réponses
Puis $5912$ et $46232$
Cordialement,
Rescassol
9 : 409'112,
10: 4'037'912
11 : 43'954'712
-- Schnoebelen, Philippe
Puis $\sqrt{a+\sqrt[3]{b+\sqrt[4]{c}}}\geq \sqrt{a+(bc)^{1/15}}$ et on cherche $n$ tel que $\sqrt{a+(bc)^{1/15}}\geq (abc)^{1/n}$. En procédant comme ci-dessus (binôme...) on voit que $n=32$ convient.
Puis on voit qu'on trouve facilement une formule par récurrence pour $n$.
Edit : finalement la méthode de gebrane ci-dessus me paraît plus simple...
Donc, dans le cas général : $\ n=\displaystyle\sum_{k=2}^{k=N}k!$ ? À démontrer.
Cordialement,
Rescassol
Soit $f(a_1,\dots,a_n)=\sqrt{a_1+\sqrt[3]{a_2+\sqrt[4]{\dots+\sqrt[n+1]{a_n}}}}$.
On veut montrer qu'il existe un unique $u_n$ tel que pour tout $(a_1,\dots,a_n)\in(\R_+^*)^n$ on ait $f(a_1,\dots,a_n) \geq \sqrt[u_n]{a_1a_n\dots a_n}$.
Dans le cas particulier où $a_k=t^{(k+1)!}$ on obtient $f(a_1,\dots,a_n)=\alpha t$ avec $\alpha=f(1,\dots,1)=\sqrt{1+\sqrt[3]{1+\dots+\sqrt[n+1]{1}}}$.
La condition $f(a_1,\dots,a_n) \geq \sqrt[u_n]{a_1a_n\dots a_n}$ est alors équivalente à $\alpha^{u_n}\geq t^{2!+\dots+(n+1)!-u_n}$.
En faisant tendre $t$ vers $0$ puis vers $+\infty$ on en déduit que nécessairement $u_n=2!+\dots+(n+1)!$
Réciproquement la démonstration de gebrane montre que pour tout $k$ on a $f(a_1,\dots,a_n)^{(k+1)!}\geq a_k$ donc $f(a_1,\dots,a_n)^{2!+\dots+(n+1)!}\geq a_1a_n\dots a_n$.
On peut alors se poser la question : quel est le minimum de $\dfrac{f(a_1,\dots,a_n)^{2!+\dots+(n+1)!}}{a_1a_2\dots a_n}$ ?
J'ai réussi à résoudre cette question plus difficile : le minimum est égal à $v_n=\displaystyle\prod_{k=1}^{n-1}g(\varphi(n,k))$ avec $g(x)=\dfrac{(x+1)^{x+1}}{x^x}$ et $\varphi(n,k)=\dfrac{(k+2)!+\dots+(n+1)!}{(k+1)!}$.
Par exemple : $v_2=\dfrac{4^4}{3^3}$, $v_3=\dfrac{16^{16}}{15^{15}}\times\dfrac{5^5}{4^4}$ et $v_3=\dfrac{76^{76}}{75^{75}}\times\dfrac{25^{25}}{24^{24}}\times\dfrac{6^6}{5^5}$.
On pose $a_3=(a_2x)^4$ et $a_2(1+x)=(a_1y)^3$. On obtient $f(a_1,a_2,a_3)=\sqrt{a_1(1+y)}$ d'où l'on déduit :
$\dfrac{f(a_1,a_2,a_3)^{32}}{a_1a_2a_3}=\dfrac{(1+y)^{16}}{y^{15}}\times\dfrac{(1+x)^5}{x^4}$.
L'étude de $x\mapsto\dfrac{(1+x)^{p+1}}{x^p}$ se fait sans difficultés.