Squaring Analysis Method

[Olympus]

Bonjour,

bon voilà j'ai vu sur de nombreux forums que certains gens talentueux prouvent des inégalités d'IMO sans utiliser ni C.S, Chebyshev, AM-GM ou Muirhead, juste avec la technique du LHS-RHS en le réécrivant sous forme de somme de carrés .

Par exemple pour prouver en une seule ligne que ( a, b et c étant tous les trois positifs ) :



On peut remarquer que :



( Ces factorisations ne sont pas de moi ) .

Ce qui m'intéresse, c'est justement comment les gens font pour repérer ce genre de factorisations ...

Voici le lien pour le thread complet ( en anglais ) sur cette technique appelée Squaring Analysis Method ( thread par un vietnamien ayant participé aux IMO en 2004 et en 2005 ) : http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?t=80127 .

Je ne suis pas très fort en ce qui concerne ce genre de factos, donc si vous avez des liens, pdf ou exercices pour m'entrainer un peu pour que je puisse aussi me passer de toutes les inégalités connues ( le rêve quoi ... :ptdr: ), n'hésitez pas !

Merci !

[Doraki]

Ben quand je me suis rendu compte que dans les preuves de toutes les inégalités (cauchy schwartz, moyennes artihmétique et géométrique etc)
on faisait apparaître des carrés, je me suis dit que ce serait plus simple de chercher dès le début à montrer ces carrés.

Avant de commencer à chercher, il faut bien regarder les hypothèses du problème (genre si on suppose a,b,c >= 0 ou pas), ainsi que les invariants dans l'inégalité (comment peut-on permuter les variables sans changer ce qu'on doit montrer).
Avec ça tu peux réduire considérablement l'espace de recherche (enfin, sa dimension).

Si tu peux, trouve les moments où l'inégalité est une égalité (c'est plus facile quand y'a des symétries).

Il faut aussi s'assurer de partir d'un truc homogène (s'il l'est pas c'est que quelquepart on a supposé genre que a+b+c = 1).

Le principe est que si un polynôme est positif alors il est toujours possible de l'écrire comme somme de carrés.

Je prends ton exemple, P= (a+b)(a+c)(b+c) - 8 abc >= 0 ?

On peut permuter les variables comme on veut, et P est de degré 3, ce qui pousse à TOUT écrire comme combinaisons linéaires de
M1 = (a^3+b^3+c^3) ;
M2 = (a²b+ab²+b²c+bc²+c²a+ca²)
M3 = abc.

ainsi, P = M2 - 6M3.

On remarque que le polynôme est nul pour a=b=c, donc les carrés à chercher doivent être nuls lorsque a=b=c.
Le polynôme est homogène de degré 3, donc les carrés sont de degré au plus 1.
On a supposé que a,b,c étaient positifs, donc on se retrouve finalement avec 2 quantités positives génératrices :

P1 = (a-b)²a + ses symétriques = 2M1 - M2
P2 = (a-b)²c + ses symétriques = M2 - 6M3

Les polynômes symétriques homogènes de degré 3 qui sont nuls quand a=b=c, et qui sont positifs pour a,b,c >= 0 sont les a1*P1 + a2*P2 avec a1 et a2 >= 0.

Bon ben ici, en fait P = P2 et on a déjà fini.

[Olympus]

Ouah, merci beaucoup pour l'explication Doraki ! :-)

[Olympus]

et P est de degré 3

Par contre j'ai pas un peu compris là ... En fait, je connais pas grand chose aux polynômes de plusieurs variables, mais a-t-on dit degré 3 parce qu'on a un produit de trois variables ( abc ) qui devient de degré 3 quand on suppose que les variables sont égales ( soit a³, b³ ou encore c³ ), ou alors c'est relatif au nombre des variables ( 3 variables donc degré 3 ) ?

Par exemple l'inégalité suivante ( qui sort avec AM-GM, mais j'essaie d'appliquer cette technique dessus ), pour tout et :

.

Est équivalente à :



Donc là j'ai un peu de mal comme je ne comprends toujours pas comment déterminer le degré de ce polynôme ... 3 parce qu'il y a trois variables, ou alors 6 comme est de degré 6 en cas d'égalité ( càd a=b=c ) ?

[Doraki]

Le degré c'est comme t'as vu, le degré de P(x,x,x,x).
Le mieux c'est d'avoir des polynômes de degré pair et homogènes (tous les monômes dont de même degré).

Alors ici, le polynôme n'est pas homogène, parceque t'additionnes 1 (degré 0) avec a² (degré 2).
Heureusement, l'énoncé précise que 1 = (ab+bc+ca)/3.

En divisant tout par 3, le problème équivaut à
1/(ab+bc+ca+3a²) + ... >= 3/(2*(ab+bc+ca)).

Et on arrive finalement à devoir montrer qu'un gros polynôme de degré 6 est positif lorsque a,b et c sont positifs :

P = 2(ab+bc+ca)((ab+bc+ca+3a²)(ab+bc+ca+3b²) + ...) - 3((ab+bc+ca+3a²)*...) >= 0.
Bon c'est une horreur à développer...

Il faut voir les coefficients qui sont les plus gros carrés.
On ne trouve pas de monôme a^6 mais par contre on a du a^4b².
De plus, ce polynôme s'annule sur 4 droites dirigées par (1,1,1),(0,1,1),(1,0,1) et (1,1,0).

Il faut donc commencer par trouver un polynôme de degré 3 en a²b qui s'annule sur ces 4 points.
On trouve que ((a-b)(b-c)(c-a))² et (a²b-ab²+b²c-bc²-2c²a+2ca²)² sont les deux extrêmes possibles.
Dans P on a -54a²b²c², donc on veut faire disparaître le maximum de -a²b²c² possible, ce que fait ((a-b)(b-c)(c-a))²

On aligne donc P et ((a-b)(b-c)(c-a))² sur leur coefficient en a^4b², et on fait la différence.

Le deuxième terme est sous la forme d'un polynôme positif de degré 4 * des carrés de polynômes de degré 1.
Cette fois-ci, (1,1,1) est annulé par les carrés (0,1,1),(1,0,1) et (0,1,1) par le polynôme de degré 4 :

On trouve finalement que
P = 3((a-b)(b-c)(c-a))² + 6 abc(a+b+c)((a-b)²+(b-c)²+(c-a)²)

[nodgim]

Hum, hum...
L'égalité est fausse, bien que l'inéquation soit juste.

[ffpower]

Le degré c'est comme t'as vu, le degré de P(x,x,x,x).

Pas exactement vrai, genre XY-Z² est de degré 2..Disons que c'est vrai si on ne simplifie pas le polynome

[Olympus]

Merci à Doraki et ffpower, je commence à comprendre mieux ^^ C'est monstrueux donc de devoir travailler sur ce polynôme vu qu'il est de degré 6 ...

Bien joué aussi pour la facto :we:

Faut juste que je m'entraine un peu vu que cette technique semble être efficace dans presque toutes les inégalités à 3 variables ( ce que prétend aussi l'auteur du .pdf ) .

Hum, hum...
L'égalité est fausse, bien que l'inéquation soit juste.

En fait quand on développe, on a , ce qui est juste ...

En fait, j'ai pas développé sur un brouillon pour voir, mais en développant rapido mentalement ça me parait vrai vu que les sommes symétriques sont présentes dans chaque membre, ainsi que les -6abc ... Aussi, Wolfram bug apparemment vu qu'il me dit que la différence des deux membres est égale à ( soit zéro, mais je ne sais pas pourquoi Wolfram ne donne pas directement zéro ... ) .

Ou alors une erreur s'est bien glissé, mais peu probable vu que tous les polynômes s'annulent ... ( et la flemme de vérifier à la main ... )

Mais merci quand même de la remarque ^^

[mathlegend]

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