démonstration d' une inégalité [Résolu]

smallville · 08-01-2011 21:14:50

salut!

je suis un amateur des mathématiques et j' aimerais me perfectionner grâce à votre forum .Sans plus tarder, je vais vous dit mon problème c' est ce je n' arrive pas à démontrer cette inégalité : racine de x +1 -racine x le tout en valeur absolue qui est inférieur ou égale à 1 sur 2 racine x .
------------------------------------------------------------

Post édité par Yoshi
Soit avec le Code LaTex :
[tex]|\sqrt{x+1}-\sqrt x|\leq\frac{1}{2\sqrt x}[/tex]

yoshi · 08-01-2011 21:40:11

Re,Nonsoir,

Bienvenue sur BibM@th...

Bon, déjà, vite fait comme ça (je commence à fatiguer...),
[tex]\sqrt{x+1}>\sqrt x, \;\; \forall x\,\in\,\mathbb[{R}^+[/tex] et donc [tex]\sqrt{x+1}-\sqrt x > 0, \;\; \forall x\,\in\,\mathbb[{R}^+[/tex]
Donc questions :
Cette valeur absolue est-elle bien placée correctement ?
Si oui, qu'est-ce qu'elle fait là puisqu'elle est totalement superflue ?

@+

Choukos · 08-01-2011 21:49:38

Bonsoir !

La méthode du bourrin qui regarde le signe de la différence doit sûrement marcher ... :), mais sinon :

Soit f la fonction qui a tout [tex]]0,+\infty[[/tex] associe le réel [tex]\sqrt{x+1}[/tex].
f est continûment dérivable sur son ensemble de définition.

Donc, d'après l'inégalité des accroissements finis, il existe M (supérieur à [tex]|f'[/tex]|) tel que pour tout [tex]x,y \in[/tex] [tex]]0,+\infty[[/tex] [ :
[tex]|f(x)-f(y)|\leq M|x-y|[/tex]
En posant [tex]y=x+1[/tex] et [tex]M=\frac{1}{2\sqrt{x}}[/tex] (qui est supérieure à [tex]f'(x)[/tex] pour tout x strictement positif, car racine carrée étant strictement croissante sur [tex]]0,+\infty[[/tex] : [tex]\sqrt{x+1}>\sqrt{x}\Longrightarrow\frac{1}{2\sqrt{x+1}}<\frac{1}{2\sqrt{x}}[/tex]), on obtient le résultat recherché.

à confirmer par quelqu'un de plus calé que moi !
Choukos

EDIT : J'ai passé un coup de LaTeX suite au message de thadrien :).

Dernière modification par Choukos (08-01-2011 22:16:14)

thadrien · 08-01-2011 21:56:32

Salut,

@yoshi : cette valeur absolue a probablement été mise par le prof pour obliger ses élèves à réfléchir. C'est un classique.

@smallville : utilise la remarque de yoshi pour faire sauter la valeur absolue, puis multiplie et divise par le conjugué :

[tex]| \sqrt{x+1} - \sqrt{x} | = \sqrt{x+1} - \sqrt{x}[/tex] car [tex]\sqrt{x+1} > \sqrt{x}[/tex]
[tex]| \sqrt{x+1} - \sqrt{x} | = \sqrt{x+1} - \sqrt{x} = \frac{(\sqrt{x+1} - \sqrt{x}) \cdot (\sqrt{x+1} + \sqrt{x})}{\sqrt{x+1} + \sqrt{x}} = \frac{x + 1 - x}{\sqrt{x+1} + \sqrt{x}} = \frac{1}{\sqrt{x+1} + \sqrt{x}}[/tex]

Et comme [tex]0 < 2 \sqrt{x} < \sqrt{x+1} + \sqrt{x}[/tex] :

[tex]\frac{1}{\sqrt{x+1} + \sqrt{x}} < \frac{1}{2 \sqrt{x}}[/tex]

D'où l'inégalité recherchée.

@Choukos : je laisse yoshi réécrire ton truc en Latex et j'y répondrai ensuite. ;-)

yoshi · 08-01-2011 22:19:32

Re,

Bien vu Thadrien et Choukos, je n'y ai pas pensé...
Par contre, j'avais prouvé que c'était vrai quel que soit x... ce qui ne me satisfaisait pas :
[tex]\sqrt{x+1}-\sqrt x \leq \frac{1}{2\sqrt x}\;\Leftrightarrow\;2\sqrt x(\sqrt{x+1}-\sqrt x )\leq 1\;\Leftrightarrow\;2\sqrt{x(x+1)}-2x\leq 1\;\Leftrightarrow\; 2\sqrt{x(x+1)}\leq 1+2x[/tex]
A partir de là, je passe aux carrés :
[tex]4x(x+1)\leq(1+2x)^2\;\Leftrightarrow\;4x^2+4x\leq 1+4x+4x^2[/tex]
Soit après simplifications :
0 <= 1
qui est vrai quel que soit x...

@+

Choukos · 08-01-2011 22:27:55

Re,
Si j'ai bien compris, ce qui te gêne c'est que tu as au final une inégalité vraie pour tout x alors que ça ne doit marcher que pour x strictement positif ?
Si oui, dans ce cas le problème vient de ton passage aux carrés, il n'y a alors pas d'équivalence, juste une implication ! Donc ta démonstration marche bien pour x strictement positif uniquement, pas d'incohérence ! :)

Choukos

yoshi · 08-01-2011 22:45:13

Re,

Je sais que je n'ai pas insisté sur les justifications, ni vraiment vérifié implication ou équiv (j'ai fonctionné au jugé et j'ai raté une marche :-) ) : il y avait 2 démos avant moi...
Non, ce qui me gêne, c'est que moi, je n'appelle pas une "démonstration", juste une vérification...
A la différence de ce que vous deux avez fait : sans vous servir de B vous êtes partis de A pour aller à B. C'est comme ça que j'ai été formé, et que je fonctionne depuis 40 ans...
J'en ai déjà discuté avec Barbichu qui considère mes réticences comme "ridicules", il me disait : pourquoi se
priver de cette méthode ?

Chasser le naturel, il revient au galop dit le proverbe français...

@+

thadrien · 08-01-2011 22:46:13

Salut,

@yoshi : je vois deux choses qui expliqueront ta non satisfaction :

1) Une faille dans le domaine de définition : tu dis, en gros : [tex]A(x) \Longleftrightarrow VRAI[/tex], avec [tex]A(x)[/tex] une proposition mathématique dont le domaine de définition est [tex]x \geq 0[/tex]. Pour [tex]x < 0[/tex], la proposition [tex]A(x)[/tex] n'est pas définie : elle n'est pas vrai ni fausse. C'est comme dire : "il faut beau temps aujourd'hui". C'est mal défini, ce n'est donc ni vrai ni faux.

C'est une erreur que l'on fait dans la vie de tous les jours : croire qu'un truc est forcément vrai car il n'est pas faux. Il y a une troisième possibilité, celle que le truc soit mal défini, donc qu'il ne soit ni vrai ni faux.

2) Le passage au carré : la fonction carrée n'est croissante que sur [tex][0;+\infty[[/tex]. Pas sur [tex]\mathbb{R}[/tex] tout entier.

Donc, ta démonstration n'est valable que pour [tex]x \geq 0[/tex]. CQFD.

@Choukos : il n'y a même pas implication sur R tout entier. Contre-exemple : [tex]-4 < 2[/tex], pourtant [tex](-4)^2 > 2^2[/tex].

freddy · 08-01-2011 22:49:16

Choukos a écrit :

Bonsoir !
Soit f la fonction qui a tout [tex]]0,+\infty[[/tex] associe le réel [tex]\sqrt{x+1}[/tex].
f est continûment dérivable sur son ensemble de définition.
Donc, d'après l'inégalité des accroissements finis, il existe M (supérieur à [tex]|f'[/tex]|) tel que pour tout [tex]x,y \in[/tex] [tex]]0,+\infty[[/tex] [ :
[tex]|f(x)-f(y)|\leq M|x-y|[/tex]
En posant [tex]y=x+1[/tex] et [tex]M=\frac{1}{2\sqrt{x}}[/tex] ...

Bonsoir Choukos,

je pense que tu n'as pas le droit de dire qu'il existe une constante M telle que ... puis d'identifier cette constante à une variable !

Donc ta démonstration n'est pas recevable, ce sont celles de yoshi et thadrien qui sont OK.

D'une manière plus large, il me semble que l'inégalité est stricte. Cf. démonstration de yoshi.

yoshi · 08-01-2011 22:52:31

Re,

@yoshi : je vois deux choses qui expliqueront ta non satisfaction :

Non, même pas, ça c'était prévisible à partir du moment où je ne prêtais pas une attention particulière à la rigueur de ce que j'avais écrit : tu as posté sans me lire... Je me suis expliqué là-dessus.
J'étais bien conscient que je travaillais sur R+ : je ne l'ai pas précisé, je comptais aller dans les bras de Morphée, et l'appétit venant en mangeant... je suis encore là !!!

Non, c'est bien plus bête... mais fondamental pour moi : qu'est-ce qu'une démonstration !
Mon dressage se rebelle devant ce que j'ai fait : Montrer que A <= N en utilisant A et B... ;-)

@+

Choukos · 08-01-2011 22:54:24

Re,
Ah dans de cas, tu peux arranger ton raisonnement pour en faire un par l'absurde !
Tu poses qu'il existe un réel positif x tel que [tex]\sqrt{x+1}-\sqrt{x}>\frac{1}{2\sqrt(x)}[/tex]... exactement le même procédé et tu aboutis à la contradiction [tex]0>1[/tex] et tu en déduis le résultat voulu.

Je trouve ça personnellement plus "joli", c'est un peu faire semblant que tu ne fais pas une "simple" vérification, héhé ! :) Mais ça change pas grand chose au final ...

EDIT : Je viens de voir vos messages, je vais essayer de comprendre ça de suite, merci !

Choukos

Dernière modification par Choukos (08-01-2011 23:07:09)

thadrien · 08-01-2011 22:55:12

@smallville : concrètement, pour ton prochain contrôle, tu rédiges de deux manières, en fonction de la méthode que tu emploies :

Méthode 1 : méthode directe, sans équivalence :

Soit x >= 0.

Blablabla.
Donc blablabla.
Donc trucmuche.

Donc, pour tout x >= 0, on a trucmuche.

Les points essentiels, ce sont les "donc", qui indiquent une implication, et le "soit ..." au début, qui précise le domaine de définition sur lequel tu travailles.

Méthode 2 :

Soit x >= 0.

blablabla < trucmuche
<=> blablabla^2 < trucmuche^2 car blablabla et trucmuche sont tous deux positifs et la fonction carré est croissante sur ]0;+infini[.
...
<=> quelque chose qui est vrai.

Donc, pour tout x >= 0, on a blablabla < trucmuche.

Souvent, on sous-entend certains point : on oublie de préciser le domaine, les donc, les équivalences... Ces points sont sous-entendus : pas inexistants ! Une fois que l'on a compris qu'il y a souvent des trous, que le lecteur doit compléter avec son savoir mathématique, on a tout compris.

@yoshi : tu as posté ton post après que j'ai commencé à taper le mien. Je réfléchis beaucoup sur les posts un peu fins donc je mets un peu de temps à taper. Je crois cependant qu'il est intéressant d'analyser finement pourquoi ton raisonnement ne fonctionne pas pour tout x, à l'attention des lecteurs qui vont suivre.

@freddy : on peut le faire aussi avec le théorème des accroissements finis. Je refais une version rédigée au propre dès que j'ai du temps...

thadrien · 08-01-2011 23:03:01

Avec le théorème des accroissements finis :

Soit la fonction [tex]f(x) = \sqrt{x}, x \geq 0[/tex].
Soit [tex]x \geq 0[/tex].
Soient [tex]a = x[/tex] et [tex]b = x + 1[/tex].
f est continue sur [tex][a;b][/tex] et dérivable sur [tex]]a;b[[/tex]. Donc, d'après le théorème des accroissements finis, il existe [tex]c[/tex] de [tex]]a;b[[/tex] tel que :
[tex]f(b) - f(a) = f'(c) \cdot (b - a)[/tex].
Donc [tex]\sqrt{x+1} - \sqrt{x} = \frac{1}{2 \sqrt{c}}[/tex].
Et comme [tex]c > a > 0[/tex] :
[tex]\sqrt{x+1} - \sqrt{x} < \frac{1}{2 \sqrt{a}}[/tex].
[tex]\sqrt{x+1} - \sqrt{x} < \frac{1}{2 \sqrt{x}}[/tex].

Bis dann.

yoshi · 08-01-2011 23:08:26

Re,

Je crois cependant qu'il est intéressant d'analyser finement pourquoi ton raisonnement ne fonctionne pas pour tout x, à l'attention des lecteurs qui vont suivre.

Je répète : je sais et savais pertinemment que je ne travaillais que sur R+ : j'aurais dû être plus rigoureux, j'en avais conscience et voulais aller me coucher... Pas la peine de charger la mule à bloc !
J'étais obnubilé par la formation reçue comme Lycéen :
Montrer que A = B.
Si on part de A pour aller à B : démonstration...
Si on montre que A-B = 0 : Vérification...
Et, à moi, on m'a seriné durant mes années de Lycée : si on dit démontrer et que vous vérifiez ce n'est pas bon !
La prochaine fois, soit je m'abstiens à l'heure qu'il est, soit je prends 1/4 h de plus...
Je suis très lent au clavier.

@+

[EDIT]
Tiens, tu réponds à une remarque que je m'étais faite : [tex]\frac{1}{2\sqrt x}=(\sqrt x)'[/tex] qui trouve son emploi !
Fine !

Dernière modification par yoshi (08-01-2011 23:11:03)

Choukos · 08-01-2011 23:19:09

Re,

freddy a écrit :

Choukos a écrit :
Bonsoir !
Soit f la fonction qui a tout [tex]]0,+\infty[[/tex] associe le réel [tex]\sqrt{x+1}[/tex].
f est continûment dérivable sur son ensemble de définition.
Donc, d'après l'inégalité des accroissements finis, il existe M (supérieur à [tex]|f'[/tex]|) tel que pour tout [tex]x,y \in[/tex] [tex]]0,+\infty[[/tex] [ :
[tex]|f(x)-f(y)|\leq M|x-y|[/tex]
En posant [tex]y=x+1[/tex] et [tex]M=\frac{1}{2\sqrt{x}}[/tex] ...
Bonsoir Choukos,
je pense que tu n'as pas le droit de dire qu'il existe une constante M telle que ... puis d'identifier cette constante à une variable !
Donc ta démonstration n'est pas recevable, ce sont celles de yoshi et thadrien qui sont OK.
D'une manière plus large, il me semble que l'inégalité est stricte. Cf. démonstration de yoshi.

Mais n'est-ce pas quand même vrai ? Pour tout réel x on a bien M supérieur à la dérivée de f en x, en fait ma question serait plutôt, pourquoi M doit-elle forcément être une constante ? Une fonction supérieure ou égale à f' ne suffirait-elle pas ?

Au final j'ai du mal à comprendre la différence avec la démonstration de thadrien (celle qui utilise le théorème des accroissements finis)...

@Thadrien : Je ne comprend pas le contre exemple, je suis dans les réels strictement positifs, pourquoi mentionner -4 ?

Choukos

freddy · 08-01-2011 23:29:30

@Choukos,

c'est juste une question de rigueur dans la démonstration : tu convoques le théorème des accroissements finis et en fait, tu le détournes.

Thadrien arrive au résultat de manière exacte, avec l'utilisation correcte du théorème des AC.

Choukos · 08-01-2011 23:35:05

Re,
Ok, il va falloir que je sois plus rigoureux, merci !

Choukos

chaabene · 09-01-2011 02:46:45

je pense que le M doit etre indépendant du x .

yoshi · 09-01-2011 10:00:26

Bonjour,

Bon, voilà, ce que j'aurais dû faire, pour que ce soit "propre", puisque vous considérez ce que j'ai fait comme une démonstration, même si moi, je le répète, je considère ça comme une vérification.

La fonction racine carrée n'est définie que sur [0 ; +oo[.
La présence de [tex]\sqrt x[/tex] entraine que le domaine de définition doit être restreint à [tex]\matbb{R}^+[/tex]
De plus [tex]\sqrt x[/tex] figurant au dénominateur du 2e membre, le travail doit se faire sur [tex]\matbb{R}^{*+}\;soit\;]0\;;\;+\infty[[/tex]
Cela étant, sur ce domaine, je peux écrire :
Puisque [tex]\sqrt{x+1} > \sqrt{x}[/tex], alors [tex]| \sqrt{x+1} - \sqrt{x} | = \sqrt{x+1} - \sqrt{x}[/tex]

Et donc [tex]|\sqrt{x+1}-\sqrt x| \leq \frac{1}{2\sqrt x}\;\Leftrightarrow\; \sqrt{x+1}-\sqrt x \leq \frac{1}{2\sqrt x}[/tex]

[tex]\sqrt{x+1}-\sqrt x \leq \frac{1}{2\sqrt x}\;\Leftrightarrow\;2\sqrt x(\sqrt{x+1}-\sqrt x )\leq 1\;\Leftrightarrow\;2\sqrt{x(x+1)}-2x\leq 1\;\Leftrightarrow\;2\sqrt{x(x+1)}\leq 1+2x[/tex]
Il n'y a pas de changement d'ordre, ni de possible multiplication des 2 membres par 0, puisque [tex]\sqrt x>0[/tex]
La fonction racine carrée étant croissante sur ]0 ; +oo[, alors les carrés sont dans le même ordre que les nombres élevés au carrés.
Toutefois, on me dit qu'il n'y a pas d'équivalence logique, puisque [tex]\sqrt{a^2}=|a|[/tex] et non a....
Une racine carrée est toujours positive, donc en particulier [tex]\sqrt{(-2)^2}}=2=|-2][/tex].

Donc :
[tex]\sqrt{x(x+1}-\sqrt x \leq \frac{1}{2\sqrt x}\;\Leftrightarrow\;2\sqrt{x(x+1)}\leq 1+2x\;\Rightarrow\; 4x(x+1)\leq(1+2x)^2\;\Leftrightarrow\;4x^2+4x\leq 1+4x+4x^2[/tex]
et donc [tex]0\leq 1[/tex] qui est vraie quel que soit x, et donc vraie sur le domaine considéré.

En conclusion, l'inégalité [tex]|\sqrt{x+1}-\sqrt x| \leq \frac{1}{2\sqrt x}[/tex] est vraie [tex]\forall x\,\in\,]0\;;\;+\infty[[/tex]

Nota : Je me suis fait "avoir" par la présentation de smallville. S'il s'agit effectivement d'une demande d'aide, suite à un exercice donné en classe, alors on a fait tout le boulot à sa place, et ça me défrise...
Le problème est que j'ai cru qu'il s'agissait de quelqu'un qui se posait un problème, d'où mes questions.
La prochaine fois, je veillerai à ce qu'il reste du travail à faire à Superman...

@+

thadrien · 09-01-2011 10:54:44

Choukos a écrit :

@Thadrien : Je ne comprend pas le contre exemple, je suis dans les réels strictement positifs, pourquoi mentionner -4 ?

C'est une réponse à ce que tu dis :

Choukos a écrit :

Si oui, dans ce cas le problème vient de ton passage aux carrés, il n'y a alors pas d'équivalence, juste une implication !

Dans le cas où il y a des nombres négatifs, il n'y a ni l'un ni l'autre.

Forum de mathématiques - Bibm@th.net

#1 08-01-2011 21:14:50

démonstration d' une inégalité [Résolu]

#2 08-01-2011 21:40:11

Re : démonstration d' une inégalité [Résolu]

#3 08-01-2011 21:49:38

Re : démonstration d' une inégalité [Résolu]

#4 08-01-2011 21:56:32

Re : démonstration d' une inégalité [Résolu]

#5 08-01-2011 22:19:32

Re : démonstration d' une inégalité [Résolu]

#6 08-01-2011 22:27:55

Re : démonstration d' une inégalité [Résolu]

#7 08-01-2011 22:45:13

Re : démonstration d' une inégalité [Résolu]

#8 08-01-2011 22:46:13

Re : démonstration d' une inégalité [Résolu]

#9 08-01-2011 22:49:16

Re : démonstration d' une inégalité [Résolu]

#10 08-01-2011 22:52:31

Re : démonstration d' une inégalité [Résolu]

#11 08-01-2011 22:54:24

Re : démonstration d' une inégalité [Résolu]

#12 08-01-2011 22:55:12

Re : démonstration d' une inégalité [Résolu]

#13 08-01-2011 23:03:01

Re : démonstration d' une inégalité [Résolu]

#14 08-01-2011 23:08:26

Re : démonstration d' une inégalité [Résolu]

#15 08-01-2011 23:19:09

Re : démonstration d' une inégalité [Résolu]

#16 08-01-2011 23:29:30

Re : démonstration d' une inégalité [Résolu]

#17 08-01-2011 23:35:05

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#18 09-01-2011 02:46:45

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#19 09-01-2011 10:00:26

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#20 09-01-2011 10:54:44

Re : démonstration d' une inégalité [Résolu]

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