[<] Rationnels et irrationnels [>] Équations, inéquations et systèmes

 
Exercice 1  4897  

(Inégalité triangulaire renversée)

Pour tous réels x et y, montrer l’inégalité

||y|-|x|||y-x|.
 
Exercice 2  3983  

Vérifier:

  • (a)

    x(1-x)14 pour tout réel x.

  • (b)

    xln(x)-1e pour tout x>0.

 
Exercice 3  5591  Correction  

Montrer que

θ,|cos(θ)|+|sin(θ)|1.

Solution

Pour x[1;1], on remarque x2|x|. Les fonctions cos et sin prenant leurs valeurs dans [1;1], on en déduit

θ,|cos(θ)|+|sin(θ)|cos2(θ)+sin2(θ)=1.
 
Exercice 4  3643  Correction  

Soient x,y[0;1]. Montrer

x2+y2-xy1.

Solution

Sachant x2x et y2y, on a

x2+y2-xy-1x+y-xy-1=(x-1)(1-y)0.
 
Exercice 5  2096  

Vérifier11 1 Cette inégalité sera souvent utilisée dans la suite. que pour tous réels a et b,

ab12(a2+b2).

En déduire que pour tout x>0,

x+1x2.
 
Exercice 6  2097  

Montrer que pour tous a, b et c réels,

ab+bc+caa2+b2+c2.
 
Exercice 7  3224  Correction  

Montrer

(u,v)+, 1+uv1+u1+v.

Solution

Compte tenu de la positivité des membres, le problème revient à établir

(1+uv)2(1+u)(1+v)

soit encore

2uvu+v

ce qui découle directement de la propriété

(u-v)20.
 
Exercice 8  5998   Correction  

Montrer que pour tous a,b réels positifs

1+a2+b2+a2b21+ab.

En déduire

1+a2+1+b221+(a+b2)2.

Solution

L’inégalité (ab)20 donne a2+b22ab donc

1+a2+b2+a2b21+2ab+a2b2=(1+ab)2.

En passant à la racine et sachant 1+ab0, il vient

1+a2+b2+a2b21+ab.

On a

(1+a2+1+b2)2 =2+a2+b2+21+a2+b2+a2b2
2+a2+b2+2(1+ab)=4+(a+b)2.

En passant à la racine,

1+a2+1+b24+(a+b)2=21+(a+b2)2.
 
Exercice 9  4017   

Soient x et y deux réels de l’intervalle [0;1]. Montrer

min{xy,(1-x)(1-y)}14.
 
Exercice 10  5760   Correction  

Établir

n,p,(n+1)p+1(n+1)np+p(n+1)p

Solution

On raisonne par récurrence sur p* (avec n fixé).

Pour p=0, l’inégalité se relit n+1n+1: elle est correcte.

Supposons la propriété vraie au rang p.

Au rang suivant,

(n+1)p+2=(n+1)×(n+1)p+1 (n+1)((n+1)np+p(n+1)p)
(n+1)(np+1+np+p(n+1)p)
=(n+1)np+1+(n+1)np+p(n+1)p+1
(n+1)np+1+(n+1)p+1+p(n+1)p+1
(n+1)np+1+(p+1)(n+1)p+1

La récurrence est établie.

 
Exercice 11  4902   

(Inégalité de Cauchy-Schwarz)

Soient n*, a1,,an et b1,,bn.

Montrer

|k=1nakbk|(k=1nak2)1/2(k=1nbk2)1/2.

On pourra étudier le signe de la fonction φ:λk=1n(λak+bk)2.

 
Exercice 12  2114   

Soient n* et x1,,xn+*.

Montrer

(x1++xn)(1x1++1xn)n2.

Préciser les cas d’égalité.

 
Exercice 13  3405   

Soient n*, a1,,an et b1,,bn avec a1an et b1bn.

Établir

(1nk=1nak)(1nk=1nbk)1nk=1nakbk.
 
Exercice 14  5021    

Soient n avec n2, a1,,an et b1,,bn+*.

Montrer

min{a1b1,,anbn}a1++anb1++bnmax{a1b1,,anbn}.
 
Exercice 15  1733   Correction  

Déterminer tous les couples (α,β)(+*)2 pour lesquels il existe M tel que

x,y>0,xαyβM(x+y).

Solution

Soit (α,β) solution. Considérons

f(x,y)=xαyβx+y

sur (+*)2.
On a

f(x,x)=xα+β2x

f bornée implique α+β=1.
Inversement, supposons α+β=1.
Si yx alors

0f(x,y)=xαy1-αx+yyx+y(xy)α1.

Si xy alors idem.

 
Exercice 16  5992    Correction  

Soient n*, (x1,,xn)n et (a1,,an)n avec a1++an=0.

  • (a)

    Montrer que

    i=1nj=1naiaj(xixj)20.
  • (b)

    Montrer que

    i=1nj=1naiaj|xixj|0.

Solution

  • (a)

    En développant,

    i=1nj=1naiaj(xixj)2=i=1nj=1naiajxi22i=1nj=1naiajxixj+i=1nj=1naiajxj2.

    Or

    i=1nj=1naiajxi2=(i=1naixi2)(j=1naj)=0eti=1nj=1naiajxj2=0.

    Aussi,

    i=1nj=1naiajxjxj=(i=1naixi)(i=1najxj)=(i=1naixi)2.

    On a donc

    i=1nj=1naiaj(xixj)2=2(i=1naixi)20.
  • (b)

    Sans perte de généralité, on peut supposer x1xn et écrire

    i=1nj=1naiaj|xixj|=21i<jnaiaj(xjxi).

    Astucieusement, on exprime

    xjxi=k=ij1(xk+1xk)pour tous 1i<jn

    et l’on réorganise le calcul

    i=1nj=1naiaj|xixj| =21i<jnaiajk=ij1(xk+1xk)
    =21ik<jnaiaj[xk+1xk]
    =2k=1n1[(xk+1xk)i=1kaij=k+1naj].

    Or

    j=k+1naj=i=1kai

    et donc

    i=1nj=1naiaj|xixj|=2k=1n1[(xk+1xk)(i=1kai)2].

    La somme porte sur des termes tous positifs et donc

    i=1nj=1naiaj|xixj|0.

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Édité le 24-01-2025

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