Shortlist 2009, A2

Domaine : Algèbre · Difficulté : ★★☆☆☆ · Proposé par : Estonia

Concepts : AM-GM et moyennes · Convexité, inégalité de Jensen, lissage

Solution officielle : Shortlist officielle 2009 (avec solutions), p. 13 (page 15 du PDF)

Énoncé

Let \(a, b, c\) be positive real numbers such that \(\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} = a + b + c\). Prove that

\[\frac{1}{(2a + b + c)^2} + \frac{1}{(2b + c + a)^2} + \frac{1}{(2c + a + b)^2} \leq \frac{3}{16}.\]

Indices : les idées clés

• AM-GM : \(2x + y + z = (x + y) + (x + z) \geq 2\sqrt{(x + y)(x + z)}\), d'où une majoration par \(\frac{a + b + c}{2(a + b)(b + c)(c + a)}\).
• Inégalités classiques : \(9(a + b)(b + c)(c + a) \geq 8(a + b + c)(ab + bc + ca)\) et \((ab + bc + ca)^2 \geq 3abc(a + b + c)\), avec l'hypothèse \(ab + bc + ca = abc(a + b + c)\).
• Jensen pondéré (solution 2) : après homogénéisation, la fonction \(\frac{x}{(1 + x)^2}\) est concave sur \([0, 2]\), avec des poids \(\frac{1}{a}, \frac{1}{b}, \frac{1}{c}\).

Solutions

Les solutions ci-dessous suivent les solutions officielles de la Shortlist 2009 (deux solutions).

Solution 1

Pour des réels strictement positifs \(x\), \(y\), \(z\), l'inégalité arithmético-géométrique

\[2x + y + z = (x + y) + (x + z) \geq 2\sqrt{(x + y)(x + z)}\]

donne

\[\frac{1}{(2x + y + z)^2} \leq \frac{1}{4(x + y)(x + z)}.\]

En l'appliquant aux termes du membre de gauche de l'inégalité à prouver, on obtient

\[\begin{aligned} &\frac{1}{(2a + b + c)^2} + \frac{1}{(2b + c + a)^2} + \frac{1}{(2c + a + b)^2} \\ &\quad \leq \frac{1}{4(a + b)(a + c)} + \frac{1}{4(b + c)(b + a)} + \frac{1}{4(c + a)(c + b)} = \frac{(b + c) + (c + a) + (a + b)}{4(a + b)(b + c)(c + a)} = \frac{a + b + c}{2(a + b)(b + c)(c + a)}. \end{aligned} \tag{1}\]

Une deuxième application de l'inégalité arithmético-géométrique donne

\[a^2b + a^2c + b^2a + b^2c + c^2a + c^2b \geq 6abc,\]

ou, de façon équivalente,

\[9(a + b)(b + c)(c + a) \geq 8(a + b + c)(ab + bc + ca). \tag{2}\]

L'hypothèse \(\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} = a + b + c\) s'écrit

\[ab + bc + ca = abc(a + b + c). \tag{3}\]

En appliquant trois fois l'inégalité arithmético-géométrique \(x^2y^2 + x^2z^2 \geq 2x^2yz\), on obtient

\[a^2b^2 + b^2c^2 + c^2a^2 \geq a^2bc + ab^2c + abc^2,\]

ce qui équivaut à

\[(ab + bc + ca)^2 \geq 3abc(a + b + c). \tag{4}\]

En combinant (1), (2), (3) et (4), on termine la preuve :

\[\frac{a + b + c}{2(a + b)(b + c)(c + a)} = \frac{(a + b + c)(ab + bc + ca)}{2(a + b)(b + c)(c + a)} \cdot \frac{ab + bc + ca}{abc(a + b + c)} \cdot \frac{abc(a + b + c)}{(ab + bc + ca)^2} \leq \frac{9}{2 \cdot 8} \cdot 1 \cdot \frac{1}{3} = \frac{3}{16}. \qquad \blacksquare\]

Solution 2

De façon équivalente, prouvons l'inégalité homogénéisée

\[\frac{(a + b + c)^2}{(2a + b + c)^2} + \frac{(a + b + c)^2}{(a + 2b + c)^2} + \frac{(a + b + c)^2}{(a + b + 2c)^2} \leq \frac{3}{16}(a + b + c)\left(\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}\right)\]

pour tous réels strictement positifs \(a\), \(b\), \(c\). Sans perte de généralité, on choisit \(a + b + c = 1\). Le problème revient alors à prouver, pour tous \(a, b, c > 0\) vérifiant cette condition, l'inégalité

\[\frac{1}{(1 + a)^2} + \frac{1}{(1 + b)^2} + \frac{1}{(1 + c)^2} \leq \frac{3}{16}\left(\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}\right). \tag{5}\]

En appliquant l'inégalité de Jensen à la fonction \(f(x) = \frac{x}{(1 + x)^2}\), qui est concave sur \(0 \leq x \leq 2\) et croissante sur \(0 \leq x \leq 1\), on obtient

\[\alpha\frac{a}{(1 + a)^2} + \beta\frac{b}{(1 + b)^2} + \gamma\frac{c}{(1 + c)^2} \leq (\alpha + \beta + \gamma)\frac{A}{(1 + A)^2}, \qquad \text{où} \quad A = \frac{\alpha a + \beta b + \gamma c}{\alpha + \beta + \gamma}.\]

En choisissant \(\alpha = \frac{1}{a}\), \(\beta = \frac{1}{b}\) et \(\gamma = \frac{1}{c}\), on peut appliquer l'inégalité entre moyennes harmonique et arithmétique :

\[A = \frac{3}{\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}} \leq \frac{a + b + c}{3} = \frac{1}{3} < 1.\]

Enfin, prouvons (5) :

\[\frac{1}{(1 + a)^2} + \frac{1}{(1 + b)^2} + \frac{1}{(1 + c)^2} \leq \left(\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}\right)\frac{A}{(1 + A)^2} \leq \left(\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}\right)\frac{\frac{1}{3}}{\left(\frac{4}{3}\right)^2} = \frac{3}{16}\left(\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}\right). \qquad \blacksquare\]