MPSI B 29 juin 2019

(1)

MPSI B 29 juin 2019

Énoncé

Soit n un entier naturel non nul, soit a

₁

, · · · , a

_n

et b

₁

, · · · , b

_n

des réels strictement positifs.

On considère des réels strictement positifs a , A , b , B , λ , µ tels que

∀i ∈ {1, · · · n} : a < a

i

< A, b < b

i

< B, λ < a

i

b

_i

< µ L'objet de cet exercice est de montrer

1 ≤ P

n

i=1

a

²_i

P

n i=1

b

²_i

( P

n

i=1

a

i

b

i

)

²

< 1 4

r ab AB +

r AB ab

!

²

1. Inégalité de Cauchy Schwarz. Pour tout t réel, on pose T(t) =

n

X

i=1

(a

i

− b

i

t)

²

a. Montrer que T est un trinôme du second degré et exprimer son discriminant.

b. Montrer l'inégalité à gauche de l'encadrement demandé.

2. Un autre trinôme. Pour tout t réel, on pose T (t) =

n

X

i=1

(a

i

− λb

i

t)(a

i

− µb

i

t)

a. Préciser les signes de T(0) et de T (1) . b. En déduire l'inégalité

P

n

i=1

a

²_i

P

n i=1

b

²_i

( P

n

i=1

a

i

b

i

)

²

< (λ + µ)

²

4λµ c. Montrer l'inégalité à droite de l'encadrement demandé.

3. On pose ici

λ = min( a

1

b

₁

, · · · , a

n

b

_n

), µ = max( a

1

b

₁

, · · · , a

n

b

_n

)

Pourquoi le raisonnement utilisé pour prouver l'inégalité de la question 2.b. peut-il, dans certains cas, être inapplicable ? Que se passe-t-il pour n = 3 , a

₁

= a

₂

= 1 , a

₃

= 2 b

₁

= b

₂

= b

₃

= 1 ? Est-ce toujours valable ? Comment le justier ?

Corrigé

1. Inégalité de Cauchy-Schwarz.

a. En développant T , il se met naturellement sous la forme d'un trinôme du second degré

T (t) =

n

X

i=1

b

²_i

! t

²

− 2

n

X

i=1

a

i

b

i

! t +

n

X

i=1

a

²_i

!

Son discriminant s'exprime comme

∆ = 4





n

X

i=1

a

_i

b

_i

!

2

−

n

X

i=1

a

²_i

!

_n

X

i=1

b

²_i

! 



b. Pour tout t réel, T (t) ≥ 0 . L'équation T (z) = 0 admet donc au plus une so- lution réelle. Le discriminant du trinôme est donc négatif ou nul. Comme tout est strictement positif, on obtient bien (en divisant par le carré de la somme des produits)

n

X

i=1

a

i

b

i

!

2

−

n

X

i=1

a

²_i

!

_n

X

i=1

b

²_i

!

≤ 0 ⇒ 1 ≤ P

n

i=1

a

²_i

P

n i=1

b

²_i

( P

n

i=1

a

i

b

i

)

²

2. Un autre trinôme.

a. La dénition de T entraine T (0) = P

n

i=1

a

²_i

> 0 et T (1) =

n

X

i=1

(a

i

− λb

i

)(a

i

− µb

i

) Or λ <

^a_bⁱ

i

< µ pour tout i donc (a

_i

− λb

_i

) > 0 et (a

_i

− µb

_i

) < 0 . On en déduit T(1) < 0 comme somme de termes strictement négatifs.

b. Comme le trinôme change cette fois de signe, l'équation associée admet deux solutions réelles donc le discriminant doit être strictement positif. Développons pour exprimer ce discriminant (noté encore ∆ )

T(t) = λµ

n

X

i=1

b

²_i

!

t

²

− (λ + µ)

n

X

i=1

a

i

b

i

! t +

n

X

i=1

a

²_i

!

⇒ ∆ = (λ + µ)

²

n

X

i=1

a

_i

b

_i

!

²

− 4λµ

n

X

i=1

b

²_i

!

_n

X

i=1

a

²_i

!

> 0

Cette création est mise à disposition selon le Contrat

Paternité-Partage des Conditions Initiales à l'Identique 2.0 France disponible en ligne http://creativecommons.org/licenses/by-sa/2.0/fr/

1

Rémy Nicolai Ainegtrin

(2)

MPSI B 29 juin 2019

On en déduit : P

n

i=1

a

²_i

P

n i=1

b

²_i

( P

n

i=1

a

_i

b

_i

)

²

< (λ + µ)

²

4λµ

c. Lors des questions précédentes, les a , b , A , B ne sont pas intervenus. Seuls les λ et µ avec leur propriété fondamentale

∀i ∈ {1, · · · , n}; λ < a

_i

b

i

< µ

ont gurés dans le raisonnement. En fait, on peut fabriquer de tels λ et µ à partir des a, A, b, B . À cause des propriétés élémentaires des inégalités (tous les nombres étant strictement positifs) :

∀i ∈ {1, · · · , n}; a B < a

i

b

_i

< A b Avec λ =

_B^a

et µ =

^A_b

,

(λ + µ)

²

4λµ = 1

4 λ + µ

√ λµ

2

= 1 4

s λ µ +

r µ λ

!

²

= 1 4

r ab AB +

r AB ab

!

²

3. Lorsque les λ et µ sont respectivement le plus petit et le plus grand des

^a_bⁱ_i

, l'inégalité n'est plus forcément valable. En eet, certains termes dans la somme exprimant T (1) peuvent être nuls et il est même possible que tous les termes soient nuls si les quotients ne prennent que deux valeurs.

Dans un tel cas, T (1) est nul et on ne peut rien déduire sur le discriminant du trinôme.

Considérons par exemple n = 3 avec a

₁

= a

₂

= 1 , a

₃

= 2 , b

₁

= b

₂

= b

₃

= 1 . Alors :

n

X

i=1

a

²_i

= 6,

n

X

i=1

b

²_i

= 3,

n

X

i=1

a

i

b

i

= 4, P

n

i=1

a

²_i

P

n i=1

b

²_i

( P

n

i=1

a

_i

b

_i

)

²

= 9 8

a = 1, A = 2, b = B = 1, λ = 1, µ = 2, (λ + µ)

²

4λµ = 9

8 ,

1 4

r ab AB +

r AB ab

!

²

= 1 4 ( 1

√ 2 + √ 2) = 9

8 On constate dans ce cas particulier que l'inégalité devient une égalité. Dans tous les cas, l'inégalité large est valable. la justication est de nature analytique. Imaginons des suites (λ

n

)

_n∈N

et (µ

n

)

_n∈N

qui convergent respectivement vers λ et µ avec λ

n

< λ et µ < µ

n

. L'inégalité stricte sera alors valable avec les λ

n

et µ

n

. En passant à la limite, on obtiendra une inégalité large.

Cette création est mise à disposition selon le Contrat

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Rémy Nicolai Ainegtrin