Exercice 1 4897

(Inégalité triangulaire renversée)

Pour tous réels $x$ et $y$ , montrer l’inégalité

| | y | - | x | | \leq | y - x | .

Exercice 2 3983

Vérifier:

(a)

$x (1 - x) ⩽ \frac{1}{4}$ pour tout réel $x$ .
(b)

$x \ln (x) ⩾ - \frac{1}{e}$ pour tout $x > 0$ .

Exercice 3 5591 Correction

Montrer que

\forall θ \in ℝ, | \cos (θ) | + | \sin (θ) | \geq 1 .

Solution

Pour $x \in [- 1; 1]$ , on remarque $x^{2} \leq | x |$ . Les fonctions $\cos$ et $\sin$ prenant leurs valeurs dans $[- 1; 1]$ , on en déduit

\forall θ \in ℝ, | \cos (θ) | + | \sin (θ) | \geq \cos^{2} (θ) + \sin^{2} (θ) = 1 .

Exercice 4 3643 Correction

Soient $x, y \in [0; 1]$ . Montrer

x^{2} + y^{2} - x y \leq 1 .

Solution

Sachant $x^{2} \leq x$ et $y^{2} \leq y$ , on a

x^{2} + y^{2} - x y - 1 \leq x + y - x y - 1 = (x - 1) (1 - y) \leq 0 .

Exercice 5 2096

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

a b \leq \frac{1}{2} (a^{2} + b^{2}) .

En déduire que pour tout $x > 0$ ,

x + \frac{1}{x} \geq 2 .

Exercice 6 2097

Montrer que pour tous $a$ , $b$ et $c$ réels,

a b + b c + c a \leq a^{2} + b^{2} + c^{2} .

Exercice 7 3224 Correction

Montrer

\forall (u, v) \in ℝ_{+}, 1 + \sqrt{u v} \leq \sqrt{1 + u} \sqrt{1 + v} .

Solution

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

{(1 + \sqrt{u v})}^{2} \leq (1 + u) (1 + v)

soit encore

2 \sqrt{u v} \leq u + v

ce qui découle directement de la propriété

{(\sqrt{u} - \sqrt{v})}^{2} \geq 0 .

Exercice 8 5998 Correction

Montrer que pour tous $a, b$ réels positifs

\sqrt{1 + a^{2} + b^{2} + a^{2} b^{2}} \geq 1 + a b .

En déduire

\sqrt{1 + a^{2}} + \sqrt{1 + b^{2}} \geq 2 \sqrt{1 + {(\frac{a + b}{2})}^{2}} .

Solution

L’inégalité ${(a - b)}^{2} \geq 0$ donne $a^{2} + b^{2} \geq 2 a b$ donc

1 + a^{2} + b^{2} + a^{2} b^{2} \geq 1 + 2 a b + a^{2} b^{2} = {(1 + a b)}^{2} .

En passant à la racine et sachant $1 + a b \geq 0$ , il vient

\sqrt{1 + a^{2} + b^{2} + a^{2} b^{2}} \geq 1 + a b .

On a

	${(\sqrt{1 + a^{2}} + \sqrt{1 + b^{2}})}^{2}$	$= 2 + a^{2} + b^{2} + 2 \sqrt{1 + a^{2} + b^{2} + a^{2} b^{2}}$
		$\geq 2 + a^{2} + b^{2} + 2 (1 + a b) = 4 + {(a + b)}^{2} .$

En passant à la racine,

\sqrt{1 + a^{2}} + \sqrt{1 + b^{2}} \geq \sqrt{4 + {(a + b)}^{2}} = 2 \sqrt{1 + {(\frac{a + b}{2})}^{2}} .

Exercice 9 6071 Correction

(a)

Soient $a, b$ deux réels positifs tels que $a + b = 1$ . Montrer $a b ⩽ \frac{1}{4}$ .
(b)

Soient $a, b, c$ trois réels positifs tels que $a + b + c = 1$ . Montrer $a b c ⩽ \frac{1}{27}$ .

Solution

(a)

Puisque $a + b = 1$ avec $a, b ⩾ 0$ , on a $a b = a (1 - a)$ avec $a \in [0; 1]$ . L’étude de la fonction $f : x \mapsto x (1 - x)$ sur $[0; 1]$ assure que cette fonction est maximale en $x = 1 / 2$ de valeur $1 / 4$ . On en déduit que pour tous $a, b ⩾ 0$ tels que $a + b = 1$

$a b = f (a) ⩽ \frac{1}{4}$
(b)

Puisque $a + b + c = 1$ avec $a, b, c ⩾ 0$ , on a $a b c = a b (1 - a - b)$ avec $a, b ⩾ 0$ et $a + b ⩽ 1$ .

Fixons $a \in [0; 1]$ et étudions la fonction $f_{a} : x \mapsto a x (1 - a - x)$ définie sur $[0; 1 - a]$ . Après détermination des variations de $f_{a}$ , on obtient que $f_{a}$ est maximale en $x = (1 - a) / 2$ de valeur $a {(1 - a)}^{2} / 4$ .

Considérons alors la fonction $g : x \mapsto x {(1 - x)}^{2}$ définie sur $[0; 1]$ . L’étude des variations de cette fonction donne que $g$ est maximale en $x = 1 / 3$ de valeur $4 / 27$ .

En bilan, pour tous $a, b, c ⩾ 0$ tels que $a + b + c = 1$ ,

$a b c = f_{a} (b) ⩽ f_{a} (\frac{1 - a}{2}) = \frac{g (a)}{4} ⩽ \frac{1}{27} .$

Exercice 10 4017

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

\min {x y, (1 - x) (1 - y)} \leq \frac{1}{4} .

Exercice 11 5760 Correction

Établir

\forall n, p \in ℕ, {(n + 1)}^{p + 1} \leq (n + 1) n^{p} + p {(n + 1)}^{p}

Solution

On raisonne par récurrence sur $p \in ℕ^{*}$ (avec $n \in ℕ$ fixé).

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

Supposons la propriété vraie au rang $p \in ℕ$ .

Au rang suivant,

	${(n + 1)}^{p + 2} = (n + 1) \times {(n + 1)}^{p + 1}$	$\leq (n + 1) ((n + 1) n^{p} + p {(n + 1)}^{p})$
		$\leq (n + 1) (n^{p + 1} + n^{p} + p {(n + 1)}^{p})$
		$= (n + 1) n^{p + 1} + (n + 1) n^{p} + p {(n + 1)}^{p + 1}$
		$\leq (n + 1) n^{p + 1} + {(n + 1)}^{p + 1} + p {(n + 1)}^{p + 1}$
		$\leq (n + 1) n^{p + 1} + (p + 1) {(n + 1)}^{p + 1}$

La récurrence est établie.

Exercice 12 4902

(Inégalité de Cauchy-Schwarz)

Soient $n \in ℕ^{*}$ , $a_{1}, \dots, a_{n} \in ℝ$ et $b_{1}, \dots, b_{n} \in ℝ$ .

Montrer

| \sum_{k = 1}^{n} a_{k} b_{k} | \leq {(\sum_{k = 1}^{n} a_{k}^{2})}^{1 / 2} {(\sum_{k = 1}^{n} b_{k}^{2})}^{1 / 2} .

On pourra étudier le signe de la fonction $φ : λ \mapsto \sum_{k = 1}^{n} {(λ a_{k} + b_{k})}^{2}$ .

Exercice 13 2114

Soient $n \in ℕ^{*}$ et $x_{1}, \dots, x_{n} \in ℝ_{+}^{*}$ .

Montrer

(x_{1} + \dots + x_{n}) (\frac{1}{x_{1}} + \dots + \frac{1}{x_{n}}) \geq n^{2} .

Préciser les cas d’égalité.

Exercice 14 3405

Soient $n \in ℕ^{*}$ , $a_{1}, \dots, a_{n} \in ℝ$ et $b_{1}, \dots, b_{n} \in ℝ$ avec $a_{1} \leq \dots \leq a_{n}$ et $b_{1} \leq \dots \leq b_{n}$ .

Établir

(\frac{1}{n} \sum_{k = 1}^{n} a_{k}) (\frac{1}{n} \sum_{k = 1}^{n} b_{k}) \leq \frac{1}{n} \sum_{k = 1}^{n} a_{k} b_{k} .

Exercice 15 5021

Soient $n \in ℕ$ avec $n \geq 2$ , $a_{1}, \dots, a_{n} \in ℝ$ et $b_{1}, \dots, b_{n} \in ℝ_{+}^{*}$ .

Montrer

\min {\frac{a_{1}}{b_{1}}, \dots, \frac{a_{n}}{b_{n}}} \leq \frac{a_{1} + \dots + a_{n}}{b_{1} + \dots + b_{n}} \leq \max {\frac{a_{1}}{b_{1}}, \dots, \frac{a_{n}}{b_{n}}} .

Exercice 16 1733 Correction

Déterminer tous les couples $(α, β) \in {(ℝ_{+}^{*})}^{2}$ pour lesquels il existe $M \in ℝ$ tel que

\forall x, y > 0, x^{α} y^{β} \leq M (x + y) .

Solution

Soit $(α, β)$ solution. Considérons

f (x, y) = \frac{x^{α} y^{β}}{x + y}

sur ${(ℝ_{+}^{*})}^{2}$ .
On a

f (x, x) = \frac{x^{α + β}}{2 x}

$f$ bornée implique $α + β = 1$ .
Inversement, supposons $α + β = 1$ .
Si $y \geq x$ alors

0 \leq f (x, y) = \frac{x^{α} y^{1 - α}}{x + y} \leq \frac{y}{x + y} {(\frac{x}{y})}^{α} \leq 1 .

Si $x \geq y$ alors idem.

Exercice 17 5992 Correction

Soient $n \in ℕ^{*}$ , $(x_{1}, \dots, x_{n}) \in ℝ^{n}$ et $(a_{1}, \dots, a_{n}) \in ℝ^{n}$ avec $a_{1} + \dots + a_{n} = 0$ .

(a)

Montrer que

$\sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{n} a_{i} a_{j} {(x_{i} - x_{j})}^{2} \leq 0 .$
(b)

Montrer que

$\sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{n} a_{i} a_{j} | x_{i} - x_{j} | \leq 0 .$

Solution

(a)

En développant,

$\sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{n} a_{i} a_{j} {(x_{i} - x_{j})}^{2} = \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{n} a_{i} a_{j} x_{i}^{2} - 2 \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{n} a_{i} a_{j} x_{i} x_{j} + \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{n} a_{i} a_{j} x_{j}^{2} .$

Or

$\sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{n} a_{i} a_{j} x_{i}^{2} = (\sum_{i = 1}^{n} a_{i} x_{i}^{2}) (\sum_{j = 1}^{n} a_{j}) = 0 et \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{n} a_{i} a_{j} x_{j}^{2} = 0 .$

Aussi,

$\sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{n} a_{i} a_{j} x_{j} x_{j} = (\sum_{i = 1}^{n} a_{i} x_{i}) (\sum_{i = 1}^{n} a_{j} x_{j}) = {(\sum_{i = 1}^{n} a_{i} x_{i})}^{2} .$

On a donc

$\sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{n} a_{i} a_{j} {(x_{i} - x_{j})}^{2} = - 2 {(\sum_{i = 1}^{n} a_{i} x_{i})}^{2} \leq 0 .$

(b)

Sans perte de généralité, on peut supposer $x_{1} \leq \dots \leq x_{n}$ et écrire

\sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{n} a_{i} a_{j} | x_{i} - x_{j} | = 2 \sum_{1 \leq i < j \leq n} a_{i} a_{j} (x_{j} - x_{i}) .

Astucieusement, on exprime

x_{j} - x_{i} = \sum_{k = i}^{j - 1} (x_{k + 1} - x_{k}) pour tous 1 \leq i < j \leq n

et l’on réorganise le calcul

	$\sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{n} a_{i} a_{j} \| x_{i} - x_{j} \|$	$= 2 \sum_{1 \leq i < j \leq n} a_{i} a_{j} \sum_{k = i}^{j - 1} (x_{k + 1} - x_{k})$
		$= 2 \sum_{1 \leq i \leq k < j \leq n} a_{i} a_{j} [x_{k + 1} - x_{k}]$
		$= 2 \sum_{k = 1}^{n - 1} [(x_{k + 1} - x_{k}) \sum_{i = 1}^{k} a_{i} \sum_{j = k + 1}^{n} a_{j}] .$

\sum_{j = k + 1}^{n} a_{j} = - \sum_{i = 1}^{k} a_{i}

et donc

\sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{n} a_{i} a_{j} | x_{i} - x_{j} | = - 2 \sum_{k = 1}^{n - 1} [(x_{k + 1} - x_{k}) {(\sum_{i = 1}^{k} a_{i})}^{2}] .

La somme porte sur des termes tous positifs et donc

\sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{n} a_{i} a_{j} | x_{i} - x_{j} | \leq 0 .

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Édité le 29-11-2025

Inégalités