Math Sup : inégalités

D'abord, cette inéquation n'a de sens que pour $x\geq -2$ ce que l'on supposera désormais. Ensuite, si $x-1\leq 0$, c'est-à-dire si $x\leq 1$, cette inéquation est vérifiée. On suppose donc désormais $x>1$. Puisque tout est positif, l'inéquation est sur l'intervalle $]1,+\infty[$ équivalente à $(x-1)^2\leq x+2$, c'est-à-dire $x^2-3x-1\leq 0$. On étudie le signe du trinôme en calculant son discriminant (il vaut $13$) et en cherchant les racines de $x^2-3x-1=0$, qui sont $x_1=\frac{3-\sqrt{13}}2\simeq -0,3$ et $x_2=\frac{3+\sqrt{13}}2\simeq 3,3$. Ainsi, $x^2-3x-1$ est négatif si $x\in [x_1,x_2]$. Comme on travaillait sur l'intervalle $]1,+\infty[$, on ne doit considérer que les réels dans l'intervalle $]1,x_2]$. Finalement, on a prouvé que l'ensemble des solutions est $[-2,x_2]$.

On pose, pour $x\geq 0$, $$f(x)=x-\ln(1+x).$$ Alors $f$ est dérivable sur $\mathbb R_+$ et, pour tout $x\geq 0$, on a $$f'(x)=1-\frac1{1+x}=\frac{x}{x+1}\geq 0.$$ Ainsi, la fonction $f$ est croissante sur l'intervalle $[0,+\infty[$. De plus, $f(0)=0$, donc, pour tout $x\geq 0$, on a $f(x)\geq 0$ ce qui entraîne $\ln(1+x)\leq x$.
Pour démontrer l'autre inégalité, on introduit cette fois la fonction $g$ définie sur $[0,+\infty[$ par $$g(x)=\ln(1+x)-x+\frac{x^2}2.$$ $g$ est dérivable sur $\mathbb R_+$ et pour tout $x\geq 0$, on a $$g'(x)=\frac 1{1+x}-1+x=\frac{x^2}{1+x}\geq 0.$$ $g$ est donc croissante sur $\mathbb R_+$ et $g(0)\geq 0$, donc pour tout $x\geq 0$, $$g(x)\geq 0\iff x-\frac{x^2}2\leq \ln(1+x).$$

Pour chaque entier $k$ dans $\{1,\dots,n\}$, on a $k!\leq n!$. On obtient donc $$\sum_{k=1}^n k!\leq\sum_{k=1}^n n!=n\times n!$$ puisque la somme de droite est une somme de termes constants. Puisque $n\leq n+1$, on obtient bien $$\sum_{k=1}^n k!\leq (n+1)\times n!=(n+1)!\quad .$$

On va séparer deux cas :

• Si $x\geq y$, alors $x-y\geq 0$ et donc $|x-y|=x-y$. On a aussi $\max(x,y)=x$ et $$\frac12(x+y+|x-y|)=\frac12(x+y+x-y)=x.$$
• Si $x<y$, alors $|x-y|=y-x$ et $\max(x,y)=y.$ Dans ce cas $$\frac12(x+y+|x-y|)=\frac12(x+y+y-x)=y.$$

Dans les deux cas, on a bien démontré la relation demandée. La démonstration pour le minimum est exactement similaire.

Pour que le max de deux nombres soit inférieur à un troisième nombre, il suffit que chacun de ces deux nombres soit inférieur ou égal au troisième. Ici, il suffit donc de démontrer que $$|x| \left|\frac x{|x|}-\frac y{|y|}\right|\leq 2|x-y|$$ et $$|y| \left|\frac x{|x|}-\frac y{|y|}\right|\leq 2|x-y|.$$ Par symétrie du rôle joué par $x$ et $y$, on ne va démontrer que la première inégalité. Pour cela, on écrit $$|x| \left|\frac x{|x|}-\frac y{|y|}\right|=\left| x-\frac{|x|}{|y|}y\right|.$$ Ensuite, on fait apparaitre $y$ dans le membre de droite et on utilise l'inégalité triangulaire, c'est-à-dire on écrit que $$\left| x-\frac{|x|}{|y|}y\right|=\left| x-y+y-\frac{|x|}{|y|}y\right|\leq |x-y|+\left| y -\frac{|x|}{|y|} y\right|.$$ Il reste à démontrer que $$\left| y -\frac{|x|}{|y|} y\right|\leq |x-y|.$$ Pour cela, on écrit que $$\left|y-\frac{|x|}{|y|} y\right|=|y|\left|1-\frac{|x|}{|y|} \right|=|y|\times \left|\frac{|y|-|x|}{|y|}\right|=\big| |x|-|y|\big|.$$ On conclut en appliquant l'inégalité triangulaire dont une conséquence est que $$\big| |x|-|y|\big|\leq |x-y|.$$

Notons $m=\lfloor x+1\rfloor$. Par définition, $m$ est l'unique entier vérifiant $$m \leq x+1<m +1.$$ Maintenant, on sait aussi que $$\lfloor x\rfloor \leq x\leq \lfloor x\rfloor +1$$ et donc, si on pose $n=\lfloor x\rfloor$, on a aussi $$n+1\leq x+1<(n+1)+1.$$ Par unicité de l'entier $m$ vérifiant la première inégalité, on en déduit que $m=n+1$, ce qui est exactement le résultat demandé.

Des inégalités $\lfloor a\rfloor \leq a<\lfloor a\rfloor +1$ et $\lfloor b\rfloor \leq b<\lfloor b\rfloor +1$, on en déduit $$\lfloor a\rfloor +\lfloor b\rfloor \leq a+b< \lfloor a\rfloor +\lfloor b\rfloor +2.$$ Or, $\lfloor a+b\rfloor $ est le plus grand entier $n$ tel que $n\leq a+b$. Puisque $\lfloor a\rfloor +\lfloor b\rfloor \leq a+b$, on en déduit qu $\lfloor a\rfloor +\lfloor b\rfloor \leq \lfloor a+b\rfloor $. De même, $\lfloor a+b\rfloor +1$ est le plus petit entier $m$ tel que $m>a+b$. Puisque $\lfloor a\rfloor +\lfloor b\rfloor +2>a+b$, on en déduit $\lfloor a\rfloor +\lfloor b\rfloor +2\geq \lfloor a+b\rfloor +1$, ce qui est l'autre inégalité demandée.

D'une part on a $\lfloor nx\rfloor\leq nx$ donc $$\frac{\lfloor nx\rfloor}{n}\leq x$$ et puisque la fonction partie entière est croissante : $$\left \lfloor \frac{\lfloor nx\rfloor}{n}\right\rfloor \leq \lfloor x\rfloor.$$ D'autre part, on a $\lfloor x\rfloor\leq x$ donc $n\lfloor x\rfloor\leq nx$ ou encore $$\big\lfloor n\lfloor x\rfloor\big \rfloor \leq \lfloor nx\rfloor.$$ Maintenant, puisque $n\lfloor x\rfloor$ est un entier, $\big\lfloor n\lfloor x\rfloor\big\rfloor =n\lfloor x\rfloor$ et donc $$\lfloor x\rfloor\leq \frac{\lfloor nx\rfloor}{n}.$$ En reprenant la partie entière de cette inégalité, on trouve $$\lfloor x\rfloor\leq \left \lfloor \frac{\lfloor nx\rfloor}{n}\right\rfloor $$ ce qui est l'autre inégalité désirée.
Une autre méthode est d'introduire la fonction $\phi$ définie sur $\mathbb R$ par $$\phi(x)=\left \lfloor \frac{\lfloor nx\rfloor}{n}\right\rfloor -\lfloor x\rfloor.$$ Il est facile de voir que $\phi$ est périodique de période $1$. En effet, on a $$\lfloor x+1\rfloor=\lfloor x\rfloor+1$$ et \begin{align*} \left \lfloor \frac{\lfloor n(x+1)\rfloor}{n}\right\rfloor &= \left \lfloor \frac{\lfloor nx+n\rfloor}{n}\right\rfloor\\ &= \left \lfloor \frac{\lfloor nx\rfloor+n}{n}\right\rfloor\\ &= \left \lfloor \frac{\lfloor nx\rfloor}{n}+1\right\rfloor\\ &= \left \lfloor \frac{\lfloor nx\rfloor}{n}\right\rfloor+1. \end{align*} Il suffit donc de démontrer que $\phi(x)=0$ pour $x\in [0,1[$. Mais pour $x\in [0,1[$, on a $\lfloor x\rfloor =0$ et $$\lfloor nx \rfloor <n$$ d'où $$\frac{\lfloor nx \rfloor}n<1$$ et $$\left \lfloor \frac{\lfloor nx\rfloor}{n}\right\rfloor=0.$$

L'idée est très simple. Entre deux carrés parfaits consécutifs, la valeur de $\lfloor \sqrt k\rfloor $ est connue. Plus précisément, si $n^2\leq k<(n+1)^2$, alors $\lfloor \sqrt k\rfloor =n$. De plus, entre deux carrés parfaits consécutifs, il y a exactement $(n+1)^2-n^2=2n+1$ entiers. Enfin, le plus grand carré inférieur ou égal à 2010 est $44^2=1936$. On a donc \begin{eqnarray*} \sum_{k=1}^{2010}\lfloor \sqrt k\rfloor &=&\sum_{n=1}^{43}\sum_{k=n^2}^{(n+1)^2-1}\lfloor \sqrt k\rfloor +\sum_{k=1936}^{2010}\lfloor \sqrt k\rfloor \\ &=&\sum_{n=1}^{43} n(2n+1)+(2010-1936+1)\times 44. \end{eqnarray*} On calcule ces sommes, sachant que $\sum_{n=1}^p n^2=\frac{p(p+1)(2p+1)}{6}$ et on trouve finalement que la somme fait 59114.

Écrivons $x=n+s$ et $y=m+t$ avec $m,n\in\mathbb Z$ et $s,t\in [0,1[$. Si $s+t<1$, alors $$\lfloor x\rfloor+\lfloor x+y\rfloor+\lfloor y\rfloor=n+(n+m)+m=2n+2m.$$ Puisque $2n\leq \lfloor 2x\rfloor$ et $2m\leq \lfloor 2y\rfloor$, le résultat est démontré.
Si $s+t\geq 1$ (et dans ce cas $s+t<2$), on a $$\lfloor x\rfloor+\lfloor x+y\rfloor+\lfloor y\rfloor=n+(n+m+1)+m=2n+2m+1.$$ Mais alors, on a ou bien $s\in [1/2,1[$, ou bien $t\in [1/2,1[$ (il est aussi possible que $s$ et $t$ soient dans $[1/2,1[$). Supposons par exemple que $s\in[1/2,1[$. Alors $2x=2n+2s=(2n+1)+(2s-1)$ où $2s-1\in [0,1[$. Ainsi, $\lfloor 2x\rfloor=2n+1$ et comme $\lfloor 2y\rfloor \geq 2m$, le résultat est démontré. La démonstration est exactement similaire si on suppose que $t\in [1/2,1[$.

Calculons $S=(2+\sqrt 3)^n +(2-\sqrt 3)^n$ à l'aide de la formule du binôme de Newton. On trouve \begin{eqnarray*} S&=&\sum_{k=0}^n \binom nk 2^{n-k}\sqrt{3}^{k}+\sum_{k=0}^n \binom nk 2^{n-k}(-1)^k \sqrt{3}^k\\ &=&\sum_{k=0}^n \binom nk 2^{n-k}(1+(-1)^k)\sqrt{3}^k. \end{eqnarray*} Maintenant, si $k=2p$ est pair, alors $(1+(-1)^k)\sqrt{3}^k=2.3^p$ est un entier pair, et si $k$ est impair, $(1+(-1)^k)\sqrt{3}^k=0$. On en déduit que $S$ est bien un entier pair, comme somme d'entiers pairs. De plus, on a $0<2-\sqrt 3<1$ et donc $0<(2-\sqrt 3)^n<1$. On en déduit que $$S-1\leq (2+\sqrt 3)^n<S$$ ce qui prouve que la partie entière de $(2+\sqrt 3)^n$ est $S-1$. C'est donc un entier impair.

Ces deux quantités sont égales. On va le prouver en établissant une double inégalité. D'une part, on remarque que $\lfloor x\rfloor \leq x$. Par croissance de la fonction racine carrée, on a $$\sqrt{\lfloor x\rfloor} \leq \sqrt{x}$$ puis par croissance de la partie entière, on obtient la première inégalité $$\left \lfloor \sqrt{\lfloor x\rfloor}\right \rfloor \leq \lfloor \sqrt{x}\rfloor.$$ D'autre part, on remarque que $\lfloor \sqrt x\rfloor \leq \sqrt x$. Puisque la fonction carrée est croissante sur $[0,+\infty[$, on déduit que $$\lfloor \sqrt x\rfloor ^2\leq x.$$ Mais le membre de gauche est un entier, et donc $$\lfloor \sqrt x\rfloor ^2\leq \lfloor x\rfloor.$$ On utilise à nouveau la croissance de la racine carrée pour obtenir $$\lfloor \sqrt x\rfloor \leq \sqrt{\lfloor x\rfloor}.$$ Le membre de gauche étant à nouveau un entier, prenant la partie entière, on trouve l'autre inégalité : $$\lfloor \sqrt x\rfloor \leq \left \lfloor \sqrt{\lfloor x\rfloor}\right\rfloor.$$