Inégalité a<= b+c, montrer que a/(a+1)<=b/(b+1)+c/(c+1)

[JackAtik]

Bonjour,

Dans un exercice il nous est proposé de montrer que si a, b et c sont 3 réels positifs tel que a <= b + c, alors a/(1+a) <= b/(1+b) + c/(1+c).

Résolution avec la dérivation
Je parviens à résoudre l'exercice en montrant que la fonction x/(1+x) est croissante sur R+ et donc que :
a/(a+1) <= b/(1+b+c) + c(1+b+c) <= b/(1+b) + c(1+c)

Résolution sans dérivation
En revanche je ne parviens pas à montrer cela sans utiliser la dérivation, en procédant par équivalences.

Il nous est fait remarquer que :
a/(1+a) <= b/(1+b) + c/(1+c) est équivalent à
a(1+b)(1+c)<=(1+a)[b(1+c)+c(1+b)], il faudrait donc partir de cette expression...

• En développant, j'arrive à : a <= b + c + 2bc + abc
• En factorisant, je n'ai rien trouvé de concluant

Est-ce que quelqu'un aurait une piste ?
Merci pour votre attention.

[Noemi]

@jacques_atique Bonjour,

Fais le lien avec l'inégalité de départ.
Vu que les trois réels sont positifs ...

[mtschoon]

Bonjour,

Une idée possible, parmi d'autres, pour la question sans dérivation,

$\boxed{\frac{n}{1+n}=\frac{1+n-1}{1+n}=1-\frac{1}{1+n}}$

Soit
$S=\frac{b}{1+b}+\frac{c}{1+c}-\frac{a}{1+a}$

Il faut prouver que $S\ge 0$
Piste,
En transformant avec la formule encadrée , on obtient :
$S=1-\frac{1}{1+b}-\frac{1}{1+c}+\frac{1}{1+a}$

Il faut travailler sur $\frac{1}{1+a}$ :

$a\le b+c$ donc $1+a\le 1+b+c$ donc
$1+a\le 1+b+c+bc$
c'est à dire $1+a\le (1+b)(1+c)$

donc :
$\frac{1}{1+a}\ge \frac{1}{(1+b)(1+c)}$
D'où:
$S\ge 1-\frac{1}{1+b}-\frac{1}{1+c}+\frac{1}{(1+b)(1+c)}$

c'est à dire

$S\ge (1-\frac{1}{1+b})(1-\frac{1}{1+c})$

Il reste à justifier que chaque facteur est positif donc produit positif donc $S\ge 0$ d'où la réponse.

[Black-Jack]

@jacques_atique a dit dans Inégalité a<= b+c, montrer que a/(a+1)<=b/(b+1)+c/(c+1) :

a/(1+a) <= b/(1+b) + c/(1+c).

Bonjour,

a/(1+a) - b/(1+b) - c/(1+c) (mettre au même dénominateur)
= [a(1+b)(1+c) - b(1+a)((1+c) - c(1+a)(1+b)]/[(1+a)(1+b)(1+c)]
On développe et simplifie ...
= (a-b-2bc-c-abc)/[(1+a)(1+b)(1+c)]
= [(a-b-c)-(2bc+abc)][(1+a)(1+b)(1+c)]

a-b-c <= 0 par hypothèse.
2bc+abc>= 0 (puisque a,b et c positifs)
[(1+a)(1+b)(1+c)] >0 (puisque a,b et c positifs)

---> [(a-b-c)-(2bc+abc)][(1+a)(1+b)(1+c)] <= 0
donc : a/(1+a) - b/(1+b) - c/(1+c) <= 0
a/(1+a) <= b/(1+b) + c/(1+c)

[JackAtik]

Un grand merci à tous les trois pour vos retours qui m'ont éclairé, et très impressionné par la piste de @mtschoon à laquelle je n'aurai jamais pensé.

Si j'ai bien compris, mon erreur était de vouloir absolument arriver directement de :
(A) $\frac{a}{1+a}\le \frac{b}{1+b}+\frac{c}{1+c}$

à

(B) $a\le b+c$

par implications successives ($(A)\Rightarrow P1\Rightarrow P2\Rightarrow ...\Rightarrow P_n\Rightarrow (B)$)

Alors que la solution était de transformer (A) en une proposition équivalente :
(C) $a\le b+c+2bc+abc$

puis de montrer que puisque a,b,c étaient positifs, (B) impliquait (C), d'où :

$(B)\Rightarrow (C)\iff (A)$

[mtschoon]

@jacques_atique , bonjour,

De rien @jacques_atique , nous faisons au mieux !

Effectivement, tu essayais de prouver l'implication réciproque , ce qui aurait été possible si les deux propositions étaient équivalentes , ce qui n'était pas le cas.

Ta démarche est maintenant très bonne. C'est parfait.

Bon travail.