Shortlist 2008, A7

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

Concepts : Cauchy-Schwarz et lemme de Titu · AM-GM et moyennes

Solution officielle : Shortlist officielle 2008 (avec solutions), p. 17 (page 18 du PDF)

Énoncé

Prove that for any four positive real numbers \(a, b, c, d\) the inequality

\[\frac{(a - b)(a - c)}{a + b + c} + \frac{(b - c)(b - d)}{b + c + d} + \frac{(c - d)(c - a)}{c + d + a} + \frac{(d - a)(d - b)}{d + a + b} \geq 0\]

holds. Determine all cases of equality.

Indices : les idées clés

• Découpage : \(2A = A' + A''\) avec \(A' = \frac{(a - c)^2}{a + b + c}\) ; par Cauchy-Schwarz, \(A' + B' + C' + D' \geq \frac{16\lvert a - c \rvert\lvert b - d \rvert}{3s}\).
• Partie restante : \(A'' + B'' + C'' + D'' = \frac{3(a - c)(b - d)W}{MN}\), de valeur absolue au plus \(\frac{3\lvert a - c \rvert\lvert b - d \rvert}{s}\), d'où la somme \(\geq \frac{7\lvert a - c \rvert\lvert b - d \rvert}{3s} \geq 0\).
• Cas d'égalité : \(a = c\) et \(b = d\) ; ou bien (solution 2) un trinôme du second degré de discriminant négatif, ou (solution 3) une décomposition en sommes de termes positifs (AM-GM).

Solutions

Les solutions ci-dessous suivent les solutions officielles de la Shortlist 2008 (trois solutions et une remarque).

Solution 1

Cas d'égalité : \(a = c\) et \(b = d\).

Notons les quatre termes

\[A = \frac{(a - b)(a - c)}{a + b + c}, \quad B = \frac{(b - c)(b - d)}{b + c + d}, \quad C = \frac{(c - d)(c - a)}{c + d + a}, \quad D = \frac{(d - a)(d - b)}{d + a + b}.\]

L'expression \(2A\) se découpe en deux termes ainsi :

\[2A = A' + A'' \qquad \text{où} \qquad A' = \frac{(a - c)^2}{a + b + c}, \qquad A'' = \frac{(a - c)(a - 2b + c)}{a + b + c} ;\]

on le vérifie facilement. On écrit de même \(2B = B' + B''\), \(2C = C' + C''\), \(2D = D' + D''\) (le livret écrit « \(2B = D' + D''\) »), et l'on étudie séparément les sommes \(A' + B' + C' + D'\) et \(A'' + B'' + C'' + D''\).

Posons \(s = a + b + c + d\) ; les dénominateurs deviennent \(s - d\), \(s - a\), \(s - b\), \(s - c\). Par l'inégalité de Cauchy-Schwarz,

\[\begin{aligned} &\left(\frac{\lvert a - c \rvert}{\sqrt{s - d}} \cdot \sqrt{s - d} + \frac{\lvert b - d \rvert}{\sqrt{s - a}} \cdot \sqrt{s - a} + \frac{\lvert c - a \rvert}{\sqrt{s - b}} \cdot \sqrt{s - b} + \frac{\lvert d - b \rvert}{\sqrt{s - c}} \cdot \sqrt{s - c}\right)^2 \\ &\quad \leq \left(\frac{(a - c)^2}{s - d} + \frac{(b - d)^2}{s - a} + \frac{(c - a)^2}{s - b} + \frac{(d - b)^2}{s - c}\right)(4s - s) = 3s(A' + B' + C' + D'). \end{aligned}\]

Donc

\[A' + B' + C' + D' \geq \frac{\big(2\lvert a - c \rvert + 2\lvert b - d \rvert\big)^2}{3s} \geq \frac{16 \cdot \lvert a - c \rvert \cdot \lvert b - d \rvert}{3s}. \tag{1}\]

Estimons ensuite la valeur absolue de l'autre somme. On associe \(A''\) à \(C''\) pour obtenir

\[\begin{aligned} A'' + C'' &= \frac{(a - c)(a + c - 2b)}{s - d} + \frac{(c - a)(c + a - 2d)}{s - b} = \frac{(a - c)(a + c - 2b)(s - b) + (c - a)(c + a - 2d)(s - d)}{(s - d)(s - b)} \\ &= \frac{(a - c)\big(-2b(s - b) - b(a + c) + 2d(s - d) + d(a + c)\big)}{s(a + c) + bd} = \frac{3(a - c)(d - b)(a + c)}{M}, \qquad \text{avec } M = s(a + c) + bd. \end{aligned}\]

Par permutation circulaire,

\[B'' + D'' = \frac{3(b - d)(a - c)(b + d)}{N}, \qquad \text{avec } N = s(b + d) + ca.\]

Ainsi

\[A'' + B'' + C'' + D'' = 3(a - c)(b - d)\left(\frac{b + d}{N} - \frac{a + c}{M}\right) = \frac{3(a - c)(b - d)W}{MN}, \tag{2}\]

où

\[W = (b + d)M - (a + c)N = bd(b + d) - ac(a + c). \tag{3}\]

Remarquons que

\[MN > \big(ac(a + c) + bd(b + d)\big)s \geq \lvert W \rvert \cdot s. \tag{4}\]

Alors (2) et (4) donnent

\[\lvert A'' + B'' + C'' + D'' \rvert \leq \frac{3 \cdot \lvert a - c \rvert \cdot \lvert b - d \rvert}{s}. \tag{5}\]

Avec (1), on obtient

\[2(A + B + C + D) = (A' + B' + C' + D') + (A'' + B'' + C'' + D'') \geq \frac{16 \cdot \lvert a - c \rvert \cdot \lvert b - d \rvert}{3s} - \frac{3 \cdot \lvert a - c \rvert \cdot \lvert b - d \rvert}{s} = \frac{7 \cdot \lvert a - c \rvert \cdot \lvert b - d \rvert}{3(a + b + c + d)} \geq 0.\]

C'est l'inégalité voulue. La dernière ligne montre que l'égalité ne peut avoir lieu que si \(a = c\) ou \(b = d\). Comme il faut aussi l'égalité dans (1), cela implique qu'en fait \(a = c\) et \(b = d\) simultanément, ce qui est évidemment aussi une condition suffisante. \(\blacksquare\)

Solution 2

On garde les notations \(A\), \(B\), \(C\), \(D\), \(s\), ainsi que \(M\), \(N\), \(W\) de la solution précédente ; les définitions de \(M\), \(N\), \(W\) et les relations (3), (4) de cette solution ne dépendaient pas des considérations précédentes. En partant de

\[2A = \frac{(a - c)^2 + 3(a + c)(a - c)}{a + b + c} - 2a + 2c,\]

on obtient

\[\begin{aligned} 2(A + C) &= (a - c)^2\left(\frac{1}{s - d} + \frac{1}{s - b}\right) + 3(a + c)(a - c)\left(\frac{1}{s - d} - \frac{1}{s - b}\right) \\ &= (a - c)^2\frac{2s - b - d}{M} + 3(a + c)(a - c) \cdot \frac{d - b}{M} = \frac{p(a - c)^2 - 3(a + c)(a - c)(b - d)}{M}, \end{aligned}\]

où \(p = 2s - b - d = s + a + c\). De même, en posant \(q = s + b + d\), on a

\[2(B + D) = \frac{q(b - d)^2 - 3(b + d)(b - d)(c - a)}{N} ;\]

le regroupement particulier des termes des numérateurs a un but. Remarquons que \(pq > 2s^2\). En additionnant les fractions exprimant \(2(A + C)\) et \(2(B + D)\), on obtient

\[2(A + B + C + D) = \frac{p(a - c)^2}{M} + \frac{3(a - c)(b - d)W}{MN} + \frac{q(b - d)^2}{N},\]

avec \(W\) défini par (3).

La substitution \(x = (a - c)/M\), \(y = (b - d)/N\) ramène l'inégalité voulue à la forme

\[2(A + B + C + D) = Mpx^2 + 3Wxy + Nqy^2 \geq 0. \tag{6}\]

Il suffit de vérifier que le discriminant \(\Delta = 9W^2 - 4MNpq\) du trinôme \(Mpt^2 + 3Wt + Nq\) est négatif ; en posant \(t = x/y\), on obtient alors (6). La première inégalité de (4), avec \(pq > 2s^2\), implique \(4MNpq > 8s^3\big(ac(a + c) + bd(b + d)\big)\). Comme

\[(a + c)s^3 > (a + c)^4 \geq 4ac(a + c)^2 \qquad \text{et de même} \qquad (b + d)s^3 > 4bd(b + d)^2,\]

l'estimation se poursuit ainsi :

\[4MNpq > 8\big(4(ac)^2(a + c)^2 + 4(bd)^2(b + d)^2\big) > 32\big(bd(b + d) - ac(a + c)\big)^2 = 32W^2 \geq 9W^2.\]

On a donc bien \(\Delta < 0\). L'inégalité voulue (6) en découle. Elle devient une égalité si et seulement si \(x = y = 0\), c'est-à-dire si et seulement si \(a = c\) et \(b = d\) simultanément. \(\blacksquare\)

Remarque. Les deux solutions présentées ci-dessus ne diffèrent pas beaucoup ; de grandes parties se recoupent. Les propriétés du nombre \(W\) s'avèrent cruciales dans les deux approches. L'inégalité de Cauchy-Schwarz, utilisée dans la première solution, est évitée dans la seconde, qui ne demande rien de plus que les trinômes du second degré.

Les estimations de la preuve de \(\Delta < 0\) dans la seconde solution semblent très peu économes. Elles sont cependant proches d'être optimales quand les termes de l'une des paires \((a, c)\), \((b, d)\) sont égaux et beaucoup plus grands que ceux de l'autre paire.

En essayant de prouver l'inégalité en considérant seulement les six cas de rangement des nombres \(a\), \(b\), \(c\), \(d\) sur la droite réelle, on découvre vite que les cas réellement difficiles sont précisément ceux où \(a\) et \(c\) sont tous deux plus grands, ou tous deux plus petits, que \(b\) et \(d\).

Solution 3

En réduisant au même dénominateur, il suffit de montrer que la somme cyclique \(\sum_{\text{cyc}}(a - b)(a - c)(a + b + d)(a + c + d)(b + c + d)\) est positive ou nulle. Le développement de chaque terme donne

\[\begin{aligned} &(a - b)(a - c)(a + b + d)(a + c + d)(b + c + d) = \big((a - b)(a + b + d)\big)\big((a - c)(a + c + d)\big)(b + c + d) \\ &\quad = (a^2 + ad - b^2 - bd)(a^2 + ad - c^2 - cd)(b + c + d), \end{aligned}\]

qu'on développe complètement. En introduisant la notation \(S_{xyzw} = \sum_{\text{cyc}} a^xb^yc^zd^w\), on peut écrire

\[\begin{aligned} &\sum_{\text{cyc}}(a - b)(a - c)(a + b + d)(a + c + d)(b + c + d) \\ &= S_{4100} + S_{4010} + S_{4001} + 2S_{3200} - S_{3020} + 2S_{3002} - S_{3110} + 2S_{3101} + 2S_{3011} - 3S_{2120} - 6S_{2111} \\ &= \left(S_{4100} + S_{4001} + \tfrac{1}{2}S_{3110} + \tfrac{1}{2}S_{3011} - 3S_{2120}\right) \\ &\quad + \left(S_{4010} - S_{3020} - \tfrac{3}{2}S_{3110} + \tfrac{3}{2}S_{3011} + \tfrac{9}{16}S_{2210} + \tfrac{9}{16}S_{2201} - \tfrac{9}{8}S_{2111}\right) \\ &\quad + \tfrac{9}{16}\left(S_{3200} - S_{2210} - S_{2201} + S_{3002}\right) + \tfrac{23}{16}\left(S_{3200} - 2S_{3101} + S_{3002}\right) + \tfrac{39}{8}\left(S_{3101} - S_{2111}\right), \end{aligned}\]

où les expressions

\[\begin{aligned} S_{4100} + S_{4001} + \tfrac{1}{2}S_{3110} + \tfrac{1}{2}S_{3011} - 3S_{2120} &= \sum_{\text{cyc}}\left(a^4b + bc^4 + \tfrac{1}{2}a^3bc + \tfrac{1}{2}abc^3 - 3a^2bc^2\right), \\ S_{4010} - S_{3020} - \tfrac{3}{2}S_{3110} + \tfrac{3}{2}S_{3011} + \tfrac{9}{16}S_{2210} + \tfrac{9}{16}S_{2201} - \tfrac{9}{8}S_{2111} &= \sum_{\text{cyc}} a^2c\left(a - c - \tfrac{3}{4}b + \tfrac{3}{4}d\right)^2, \\ S_{3200} - S_{2210} - S_{2201} + S_{3002} &= \sum_{\text{cyc}} b^2(a^3 - a^2c - ac^2 + c^3) = \sum_{\text{cyc}} b^2(a + c)(a - c)^2, \\ S_{3200} - 2S_{3101} + S_{3002} &= \sum_{\text{cyc}} a^3(b - d)^2, \\ S_{3101} - S_{2111} &= \frac{1}{3}\sum_{\text{cyc}} bd(2a^3 + c^3 - 3a^2c) \end{aligned}\]

sont toutes positives ou nulles (la première par l'inégalité arithmético-géométrique pondérée, la dernière par \(2a^3 + c^3 \geq 3a^2c\)). \(\blacksquare\)