Solutions
a k sont numérotés de sorte que a 1 a 2 . . . a n . D’après l’hypothèse de
récurrence et le résultat du problème précédent, on a alors
1
n
n
k=1
a k
p+1
1
n 2
n
k=1
a
p
k
n
k=1
a k
1
n
n
k=1
a
p+1
k .
I.2.27. On a
(1 + c)a
2
+
1 +
1
c
b
2
= a
2
+ b
2
+
√
ca −
1
√
c
b
2
+ 2ab (a + b)
2 .
I.2.28. Clairement,
√
a 2 + b 2 +
√
a 2 + c 2 |b| + |c| |b + c|. Donc,
b 2 − c 2
|b − c|
√
a 2 + b 2 +
√
a 2 + c 2
, ce qui est équivalent à l’inégalité
demandée.
I.2.29.
(a) Pour tous réels a, b, c, on a a 2 + b 2 + c 2 ab + bc + ca. Donc,
b 2 c 2 +a 2 c 2 +a 2 b 2 abc(ab+bc+ca), ce qui est équivalent à la proposition
à prouver.
(b) La proposition demandée se déduit de l’inégalité a 2 +b 2 +c 2 ab+bc+ca
à peu près de la même façon qu’en (a).
(c) Il s’agit d’une conséquence de l’inégalité entre moyennes arithmétique et
harmonique.
(d) On a
b 2 − a 2
c + a
=
b + a
c + a
(b − a) =
b + a
c + a
((b + c) − (c + a)) .
En posant u = a + b, v = b + c et z = c + a, on obtient
b 2 − a 2
c + a
+
c 2 − b 2
a + b
+
a 2 − c 2
b + c
=
u
z
(v − z) +
v
u
(z − u) +
z
v
(u − v)
=
u 2 v 2 + v 2 z 2 + z 2 u 2 −
u 2 vz + v 2 uz + z 2 uv
uvz
=
u 2
v 2 +z 2 +v 2
z 2 +u 2 +z 2
u 2 +v 2 −2
u 2 vz+v 2 uz+z 2 uv
2uvz
0.
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