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#26 19-01-2021 19:57:19

Bernard-maths
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Re : Montre que (a/b)+(b/c)+(c/d)+(d/a) >4

Bonsoir à tous !

Je suis un peu embrouillé par tous vos essais, désolé ! Je crois que Nicolas Tesla n'est plus au collège, et que son DM veut dire "Défi Matheux" ?

Je prend 4 réels au hasard, et je leur donne un nom : il y a 4*3*2*1 = 4 ! = 24 façons de le faire.

Si je les range en ordre décroissant, a>b>c>d, j'obtiens des rapports a/b, b/c, c/d et d/a "minimaux", et si j'additionne 4 rapports minimaux ... je dois obtenir une somme minimale, parmi les 24 possibilités ... à vérifier ! Mais on doit pouvoir le faire en choisissant pour chaque rapport le 2ème nombre à prendre ...

Alors les 3 premiers rapports sont > 1, et le dernier < 1, donc ça fait au moins 3, plus des broutilles.

Est-ce que broutilles > ou = à 1 ?

J'ai essayé de poser a/b = 1 +eps1, b/c = 1+esp2, c/d = 1+eps3. Que vaut d/ a ?
Comme a/b * b/c * c/d * d/a = 1, alors d/a = ... = 1/[(1+eps1) (1+eps2) (1+eps3)] = 1/[1+eps1+eps2+eps3+etc...] = 1/[1 + X].

Et comme 1/(1+X) = 1 - X + X² - X^3 + X^4 - ... ] un coup par défaut, un coup par excès ...

On se retrouve avec a/b + b/c + c/d + d/a  = 4 - ou + ... selon le développement ...

Et pour le moment, je cale dans les calculs, avec des eps^n !

Il me semble que certains ont essayé quelque chose de semblable ?

Mais c'est amusant !

Bonne soirée, Bernard-maths

Dernière modification par Bernard-maths (19-01-2021 20:03:30)

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#27 19-01-2021 20:03:33

Zebulor
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Re : Montre que (a/b)+(b/c)+(c/d)+(d/a) >4

Bonsoir,
@Bernard : en fait je crois comprendre que DM veut dire : devoir maison !

Dernière modification par Zebulor (19-01-2021 20:04:00)

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#28 19-01-2021 22:36:55

Roro
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Re : Montre que (a/b)+(b/c)+(c/d)+(d/a) >4

Bonsoir,

Je peux essayer de faire le point et résumer :

Le problème : Montrer que pour tous $a$, $b$, $c$ et $d$, réels strictement positifs, on a $\displaystyle \frac{a}{b}+\frac{b}{c} + \frac{c}{d} + \frac{d}{a} \geq 4$.

Il y a eu deux méthodes proposées, qui amènent toutes les deux au résultat mais utilisent des notions "niveau Supérieur" :

Méthode 1

Si on introduit la fonction de 4 variables définie par $f(a,b,c,d) = \displaystyle \frac{a}{b}+\frac{b}{c} + \frac{c}{d} + \frac{d}{a}$, on remarque que pour tout $\lambda>0$, on a $f(\lambda a,\lambda b,\lambda c,\lambda d) = f(a,b,c,d)$. Autrement dit, on peut choisir $a=1$ et considérer la fonction de 3 variables définie par $g(b,c,d) = \displaystyle \frac{1}{b}+\frac{b}{c} + \frac{c}{d} + d$.

En calculant le gradient de $g$, on montre facilement qu'il s'annule uniquement pour $b=c=d=1$.

Il faut ensuite vérifier que cet extremum est un minimum. Pour cela on peut calculer la Hessienne en $(1,1,1)$ : il s'agit de l'application bilinéaire dont la forme quadratique associée est définie par
$$Q(b,c,d) = \partial^2_{bb} g(1,1,1)\frac{b²}{2} +  \partial^2_{cc} g(1,1,1)\frac{c²}{2} +\partial^2_{dd} g(1,1,1)\frac{d²}{2} + \partial^2_{bc} g(1,1,1) bc + \partial^2_{bd} g(1,1,1) bd + + \partial^2_{cd} g(1,1,1) cd.$$

Un calcul des dérivées secondes montre que $Q(b,c,d) =b²+c²+d²-bc-cd$. Cette forme quadratique est définie positive (utiliser par exemple la méthode de Gauss pour vérifier que sa signature est $(3,0)$) de sorte que le point $(1,1,1)$ est bien un minimum.

Finalement, on en déduit que pour tous $a$, $b$, $c$ et $d$, réels strictement positifs, on a $f(a,b,c,d) \geq f(1,1,1,1) = 4$.

Méthode 2

On suppose d'abord qu'il existe quatre réels strictement positifs $a$, $b$, $c$, $d$ pour lesquels on atteint le minimum et on note $m$ ce minimum : $m=\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{d}+\frac{d}{a}$. Comme dans le post #11, on en déduit que ce minimum est nécessairement supérieur à $4$. Comme on sait que $4$ est atteint (en  prenant par exemple $a=b=c=d=1$) cela terminera la preuve.

Reste à montrer que le minimum est bien atteint.

Un peu comme pour la méthode 1, j'introduis la fonction de 3 variables définie par $g(b,c,d) = \displaystyle \frac{1}{b}+\frac{b}{c} + \frac{c}{d} + d$.

- On remarque que pour $b<\frac{1}{4}$ on a $g(b,c,d)>\frac{1}{b}>4$. Puisqu'on sait que le minimum recherché est inférieur où égal à $4$ (puisque la valeur $4$ est atteinte), s'il est atteint c'est forcément parmi les valeurs $(b,c,d)$ avec $b\geq 1/4$. On se concentre donc à partir de maintenant sur les cas où $b\geq 1/4$.

- Pour $c<\frac{1}{16}$, on a alors $g(b,c,d)>\frac{b}{c} > \frac{16}{4} = 4$. Comme précédemment, on se concentre sur les cas où $c\geq 1/16$.

- Pour $d<\frac{1}{64}$, on a $g(b,c,d)>\frac{c}{d} > \frac{64}{16} =4$. Comme précédemment, on se concentre sur les cas où $d\geq 1/64$.

- Pour $d>4$, on a $g(b,c,d)>d>4$, on se concentre sur les cas où $d \leq 4$.

- Pour $c>16$, on a $g(b,c,d)>\frac{c}{d}>\frac{16}{4} = 4$, on se concentre sur les cas où $c \leq 16$.

- Pour $b>64$, on a $g(b,c,d)>\frac{b}{c}>\frac{64}{16} = 4$, on se concentre sur les cas où $b \leq 64$.

Finalement, si le minimum de $g$ est atteint, c'est forcément sur le compact $\displaystyle [\frac{1}{4}, 64]\times [\frac{1}{16}, 16] \times [\frac{1}{64}, 4]$.

La fonction $g$ étant continue sur ce compact, le minimum est atteint.

Roro.

Dernière modification par Roro (19-01-2021 22:37:45)

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#29 20-01-2021 11:58:45

Black Jack
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Re : Montre que (a/b)+(b/c)+(c/d)+(d/a) >4

Bonjour,

Et ainsi ?

moyenne arithmétique >= moyenne géométrique (propriété connue ou à démonter si non) --->

(A+B+C+D)/4 >= (ABCD)^(1/4)

avec A = a/b ; B = b/c ; C = c/d ; D = d/a, il vient :

a/b + b/c + c/d + d/a >= 4 * (1)^(1/4)

a/b + b/c + c/d + d/a >= 4

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#30 20-01-2021 13:32:44

yoshi
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Re : Montre que (a/b)+(b/c)+(c/d)+(d/a) >4

Re,

Ah oui !
Suffisamment "simple" pour être la réponse définitive à ce niveau...
Je le récris via Latex.
$\dfrac{A+B+C+D}{4}\geqslant \sqrt[4]{A\times B\times C\times D}$
$\Leftrightarrow$

$A+B+C+D \geqslant 4\sqrt[4]{A\times B\times C\times D}$
Avec
$A=\dfrac a b,\;B=\dfrac b c,\;C=\dfrac  c d \text{ et }D=\dfrac  d a$

on a alors :

$\dfrac a b+\dfrac b c+\dfrac  c d +\dfrac  d a \geqslant 4 \sqrt[4]{\dfrac a b\times\dfrac b c\times\dfrac  c d \times\dfrac  d a}$
$\Leftrightarrow$
$\dfrac a b+\dfrac b c+\dfrac  c d +\dfrac  d a \geqslant 4\sqrt[4] 1$
$\Leftrightarrow$
$\dfrac a b+\dfrac b c+\dfrac  c d +\dfrac  d a \geqslant  4$

Je ne vois pas de faille (je ne vois d'ailleurs pas où elle pourrait être).

Bravo.

@+


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#31 20-01-2021 21:13:59

Roro
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Re : Montre que (a/b)+(b/c)+(c/d)+(d/a) >4

Bonsoir,

J'avais évoqué cette façon de faire dans le post #13 :

Roro a écrit :

Si on veut généraliser, on se trouve assez rapidement à utiliser de l'analyse convexe (niveau sup.) pour montrer l'inégalité arithmético-géométrique (qui est la généralisation avec $n$ variables).
Roro.

Mais en fait, c'est justement cette inégalité qui n'est pas "triviale" et toute la difficulté réside dans la preuve de ce truc (qu'on sait faire en utilisant de la convexité du logarithme... ce qui n'est en soit peut être pas si difficile, surtout si on admet le lien entre convexité et dérivée seconde, etc.)! Finalement, la vraie question sera : qu'admet-on ? Evidemment si on admet l'inégalité arithmético-géométrique, c'est moins difficile puisque c'est plus ou moins la question.

Roro.

Dernière modification par Roro (21-01-2021 06:42:38)

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#32 21-01-2021 09:11:37

Black Jack
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Re : Montre que (a/b)+(b/c)+(c/d)+(d/a) >4

Roro a écrit :

Bonsoir,

J'avais évoqué cette façon de faire dans le post #13 :

Roro a écrit :

Si on veut généraliser, on se trouve assez rapidement à utiliser de l'analyse convexe (niveau sup.) pour montrer l'inégalité arithmético-géométrique (qui est la généralisation avec $n$ variables).
Roro.

Mais en fait, c'est justement cette inégalité qui n'est pas "triviale" et toute la difficulté réside dans la preuve de ce truc (qu'on sait faire en utilisant de la convexité du logarithme... ce qui n'est en soit peut être pas si difficile, surtout si on admet le lien entre convexité et dérivée seconde, etc.)! Finalement, la vraie question sera : qu'admet-on ? Evidemment si on admet l'inégalité arithmético-géométrique, c'est moins difficile puisque c'est plus ou moins la question.

Roro.

Bonjour,

Roro, ici on a besoin que du cas à 4 nombres et la démo est alors sans difficulté.

Soit A, B, C et D 4 nombres réels positifs.

[tex](\sqrt{A} - \sqrt{B})^2 = A + B - 2\sqrt{AB} \geq 0 [/tex] puisque un carré est toujours >= 0

[tex] A + B \geq 2\sqrt{AB}[/tex]
[tex] \frac{A + B}{2} \geq \sqrt{AB}[/tex]

De manière analogue, on a : [tex] \frac{C + D}{2} \geq \sqrt{CD}[/tex]
****
On a donc aussi :

[tex] \frac{\frac{A + B}{2} + \frac{C + D}{2}}{2} \geq \sqrt{\frac{A + B}{2} * \frac{C + D}{2}} [/tex]

[tex] \frac{\frac{A + B}{2} + \frac{C + D}{2}}{2}  \geq \sqrt{\sqrt{AB} * \sqrt{CD}} [/tex]

[tex] \frac{A+B+C+D}{4} \geq \sqrt[4]{ABCD}[/tex]

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#33 21-01-2021 12:48:18

Bernard-maths
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Re : Montre que (a/b)+(b/c)+(c/d)+(d/a) >4

Bonjour à tous !

Les dernières réponses sont très sympas, merci.

Mais je me demandais si la formule est extensible à n fractions et n facteurs ?

Comme c'est vrai pour a/b + b/a, je pensais à un raisonnement par récurrence ...

Mais je n'ai pas vraiment cherché ! Je suis "trop" pris par mes polyèdres ...

Si quelqu'un y pense, je suis les débats !

Cordialement, Bernard-maths.

Dernière modification par Bernard-maths (21-01-2021 12:49:13)

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#34 21-01-2021 13:28:35

Roro
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Re : Montre que (a/b)+(b/c)+(c/d)+(d/a) >4

Black Jack a écrit :

Roro, ici on a besoin que du cas à 4 nombres et la démo est alors sans difficulté.

Super Black Jack : ça m'a l'air de bien fonctionner même au niveau collège !

Pour répondre à Bernard-maths, oui c'est généralisable à $n$ variables, c'est simplement l'inégalité arithmético-géométrique.

Roro.

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#35 21-01-2021 14:15:55

yoshi
Modo Ferox
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Re : Montre que (a/b)+(b/c)+(c/d)+(d/a) >4

Re,

J'ai trouvé ça, ce matin (sans appel à Jensen et la convexité) :
https://maths-olympiques.fr/wp-content/ … s-Theo.pdf
Je suis en train de l'éplucher et je l'ai déjà récrit en partie, parce que la présentation d"origine est un peu "dense" :
(On a déjà vu que ça marchait pour 2 et 4)

.
Supposons l’inégalité et le cas d’égalité prouvé au rang n.
Soient $x_1, \cdots,x_{n+1}$ des réels positifs.
Notons
$S=x_1+···+x_n+x_{n+1}$.
Comme S est compris entre le minimum des $x_i$ et le maximum des $x_i$, quitte à renuméroter les $x_i$, on peut supposer $x_1$ étant le minimum des $x_i$, $x_2$ le maximum.
Posons $y1=S$, $y_2=x_2− (S−x_1) = x_2−S+x_1\geqslant 0$,  et $y_i=x_i$ pour $3\leqslant i\leqslant n+1$,  les $y_i$ sont  bien  tous  positifs. 
On  a $y_2+···+y_{n+1}= x_1+···x_{n+1}−S= (n+1)S−S=nS$.
Ce qui signifie que $\dfrac{y_2+···+y_n+1}{n}=S$.

D’après l’inégalité arithmético-géométrique, on a
$y_2+···+y_{n+1}\geqslant \left(\dfrac{y_2+···+y_{n+1}}{n}\right)^n=S^n$.

En particulier :
$y_1\times y_2\cdots \times y_{n+1}\leqslant S^{n+1}$.
Or
$y_1y_2−x_1x_2=S(x_1+x_2−S) −x_1x_2=Sx_1+Sx_2−S^2−x_1x_2= (S−x_1)(x_2−S)\geqslant 0$
Donc
$x_1x_2\leqslant y_1y_2$.
En particulier :
$x_1. . .x_{n+1}\leqslant y_1. . .y-{n+1}=S_{n+1}$,
donc
$(n+1)\sqrt[n+1]{x_1. . .x_{n+1}}\leqslant S=\dfrac{x_1+···+x_{n+1}}{n+1}$
L’inégalité est prouvée.

Il y a encore :

Pour le cas d’égalité, supposons qu’on ait égalité.
Notons d’abord que si un des $x_i$ est nul, on a égalité si et seulement si $\dfrac {x_1+...x_{n+1}}{n+1}=0$.
Comme les $x_i$ sont positifs, pour avoir égalité, il faut que tous les $x_i$ soient nuls, donc $x_1=···=x{n+1}$.
Si les $x_i$ sont tous non nuls, en particulier, S est non nul car supérieur au minimum des $x_i$, et les $yi$ sont non nuls (c’est évident pour $i\geqslant 3$, pour $i=1$, ça vient du fait que $S >0$, et  $y_2=x_2−S+x_1>x1>0$).
En particulier, si on a égalité, on a égalité dans les deux inégalités précédentes :
c’est à dire dans $y_2+···+y_{n+1}\leqslant  \left(\dfrac{y_2+···+y_{n+1}}{n}\right)^n$
et
$y_1y_2−x_1x_2=S(x_1+x_2−S)−x_1x_2=Sx_1+Sx_2−S^2−x_1x_2= (S−x_1)(x_2−S)\geqslant 0$.
Par hypothèse de récurrence, cela donne que $y_2=y_3=···=y_{n+1}$ et $x_1=S$ ou $x_2=S$.
En particulier $x_3=···=x_{n+1}$.
Si $x_1=S$, alors $y_2=x_2=x_3 \cdots  x_{n+1}$, ainsi $S=\dfrac {S+x_2+...x_{n+1}}{n+1}=\dfrac{S+n x_2}{n+1}$.
On obtient que $(n+1)S=S+nx_2$, donc $nx_2=nS$ donc $x_2=S$. En particulier $S=x_1=x_2=···=x_{n+1}$.
On obtient le même résultat si $x_2=S$.
Réciproquement
si $x1=···=x_{n+1}$, $\dfrac{x_1+···+x_{n+1}}{n+1}=x_1=(n+1)\sqrt[n+1]{x1. . .x_{n+1}}$

On a bien égalité...

Je ne crois pas avoir commis d'erreurs de transcription...

@+


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#36 22-01-2021 16:45:00

Bernard-maths
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Re : Montre que (a/b)+(b/c)+(c/d)+(d/a) >4

Bonsoir à tous !

je suis toujours à distance. Mais la récurrence a l'air de fonctionner ! Bravo !

Mais moi je dis, ce n'est pas du collège ! Du lycée avec des (très) bons élèves, oui ...

Qui est vraiment Nicolas Tesla, l'invité ???

En tout cas, il a du magnétisme ... puisqu'on a suivi.

Bonne soirée, Bernard-maths

Dernière modification par Bernard-maths (22-01-2021 16:46:31)

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#37 23-01-2021 07:16:24

Black Jack
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Re : Montre que (a/b)+(b/c)+(c/d)+(d/a) >4

Bonjour,

Démontrer l'inégalité arithmético-géométrique pour un nombre n quelconque de nombres n'est sûrement pas niveau Collège, par contre se limiter à ce qui est nécessaire pour répondre au problème posé initialement, comme fait dans les messages 29 et 32 devrait probablement l'être.

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