Bonne inéqualité!

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Posted by: darkmaster

a,b,c>0 tels que a^2+b^2+c^2=1
Démontrer que \frac{a}{b^2+c^2}+\frac{b}{c^2+a^2}+\frac{c}{a^2+b ^2}\geq \frac{3\sqrt{3}}{2}


Posted by: aviateurpilot

soit f(x)=\frac{\sqrt{x}}{1-x}
on a \frac{a}{b^2+c^2}+\frac{b}{c^2+a^2}+\frac{c}{a^2+b ^2}=\frac{a}{1-a^2}+\frac{b}{1-b^2}+\frac{c}{1-c^2}=f(a^2)+f(b^2)+f(c^2)\ge 3f(\frac{a^2+b^2+c^2}{3})=3\frac{\sqrt{1/3}}{1-\frac{1}{3}}=3\frac{\sqrt{3}}{2}


Posted by: darkmaster

Citation:
Posté par aviateurpilot
soit f(x)=\frac{\sqrt{x}}{1-x}
on a \frac{a}{b^2+c^2}+\frac{b}{c^2+a^2}+\frac{c}{a^2+b ^2}=\frac{a}{1-a^2}+\frac{b}{1-b^2}+\frac{c}{1-c^2}=f(a^2)+f(b^2)+f(c^2)\ge 3f(\frac{a^2+b^2+c^2}{3})=3\frac{\sqrt{1/3}}{1-\frac{1}{3}}=3\frac{\sqrt{3}}{2}


Tu as appliqué Jensen inégalité.
Tu es sûr que f''(x) est toujours positive avec 0<x<1?
Moi, je crois que non.
Si 0<x<-1+\frac23\sqrt{3}, f"(x)<0.


Posted by: aviateurpilot

dsl,
mais j'ai meme pas verifie que f" est tjrs positif sur ]0,1[


Posted by: Imod

Je n'avais pas encore essayé car je ne suis jamais très à l'aise avec les inégalités mais celle-ci est simple ( aviateurpilot n'était pas loin ) .

On pose x=b^2+c^2 , y=a^2+c^2 , z=a^2+b^2 et f(t)=\frac{\sqrt{1-t}}{t} pour t\in[0;1] . Alors f est positive , décroissante , convexe sur [0;1] et f(\frac{2}{3})=\frac{\sqrt{3}}{2} .

A=\frac{a}{b^2+c^2}+\frac{b}{a^2+c^2}+\frac{c}{a^2 +b^2}= \frac{\sqrt{1-x}}{x}+\frac{\sqrt{1-y}}{y}+\frac{\sqrt{1-z}}{z}=f(x)+f(y)+f(z) .

on a : x+y+z=2(a^2+b^2+c^2)=2 et comme f est convexe :

A=f(x)+f(y)+f(z)\geq3f(\frac{x+y+z}{3})\geq 3f(\frac{2}{3})=\frac{3\sqrt{3}}{2}

Imod


Posted by: darkmaster

Citation:
Posté par Imod
Je n'avais pas encore essayé car je ne suis jamais très à l'aise avec les inégalités mais celle-ci est simple ( aviateurpilot n'était pas loin ) .

On pose x=b^2+c^2 , y=a^2+c^2 , z=a^2+b^2 et f(t)=\frac{\sqrt{1-t}}{t} pour t\in[0;1] . Alors f est positive , décroissante , convexe sur [0;1] et f(\frac{2}{3})=\frac{\sqrt{3}}{2} .

A=\frac{a}{b^2+c^2}+\frac{b}{a^2+c^2}+\frac{c}{a^2 +b^2}= \frac{\sqrt{1-x}}{x}+\frac{\sqrt{1-y}}{y}+\frac{\sqrt{1-z}}{z}=f(x)+f(y)+f(z) .

on a : x+y+z=2(a^2+b^2+c^2)=2 et comme f est convexe :

A=f(x)+f(y)+f(z)\geq3f(\frac{x+y+z}{3})\geq 3f(\frac{2}{3})=\frac{3\sqrt{3}}{2}

Imod


f n'est pas convexe sur ]2-\frac23\sqrt3;1]


Posted by: Imod

Citation:
Posté par darkmaster
f n'est pas convexe sur ]2-\frac23\sqrt3;1]


Tiens c'est vrai ( j'avais un peu raté ma dérivée seconde ) . Il reste donc à voir ce qui se passe si deux des valeurs sont inférieures à la borne fatidique et une supérieure .

Imod


Posted by: darkmaster

Moi, Je ne pense pas que Jensen soit une bonne idée pour ce problème...



Posted by: sandrine_guillerme

Salut

C'est un problème d'olympiade très classique
je crois que j'ai la réponse mais je sais plus ou est t elle si vous voulez je la cherche pour vous ?


Posted by: darkmaster

Oui, il est très classique et la solution est très belle.Mais pourquoi la chercher? On peut la trouver car elle est pas compliquée du tout.
J'ai cette solution, si personne ne peut la trouve, je vais la poster.


Posted by: Imod

Citation:
Posté par darkmaster
Oui, il est très classique et la solution est très belle.Mais pourquoi la chercher? On peut la trouver car elle est pas compliquée du tout.
J'ai cette solution, si personne ne peut la trouve, je vais la poster.


Un bon problème d'olympiade est toujours astucieux et dire qu'il n'est pas compliqué ne veut pas dire grand chose , l'outil employé est sans doute simple mais la bonne idée de son utilisation ne l'est sûrement pas . Le fait de détenir depuis un moment la réponse au problème donne une fausse impression de facilité , je connais des exercices de niveau collège ou même primaire sur lesquels j'ai séché ( sans honte ) un bon moment !!!

Imod

PS : Laisse-moi chercher encore un peu .
PPS : Si tu pouvais corriger l'erreur dans la formule initiale ! merci d'avance .


Posted by: darkmaster

Je l'ai corrigée, merci.


Posted by: Imod

Je crois que j'ai trouvé l'astuce

\frac{a}{b^2+c^2}+\frac{b}{a^2+c^2}+\frac{c}{a^2+b ^2}=\frac{a}{1-a^2}+\frac{b}{1-b^2}+\frac{c}{1-c^2}

En étudiant les variations de f(x)=x-x^3 sur [0;1] on constate qu'elle atteint son maximum en \frac{1}{\sqrt{3}} et que ce maximum est \frac{2\sqrt{3}}{9} donc par exemple :

a-a^3\leq \frac{2{\sqrt3}}{9} donc \frac{9}{2\sqrt{3}}\leq\frac{1}{a-a^3}\leq \frac{1}{a(1-a^2)} et \frac{9a^2}{2\sqrt{3}}\leq\frac{a}{a-a^2} . On obtient des inégalités similaires avec b et c et en ajoutant les trois \frac{9}{2\sqrt{3}}\leq \frac{3\sqrt{3}}{2}\leq\frac{a}{1-a^2}+\frac{b}{1-b^2}+\frac{c}{1-c^2}

Imod


Posted by: yos

Ca semble tout simple vu comme ça. Bravo.


Posted by: darkmaster

Bravo, Imod. c'est bien ça.
La clé du problème est \frac{a}{1-a^2}\geq\frac{3\sqrt{3}a^2}{2}. Tu l'as bien trouvée.
On peut la démontrer par une méthode d'olympiade. Elle équivaut à
2+ (\sqrt{3}a)^3 \geq 3\sqrt{3}a
qui est absolument vrai car 1+1+(\sqrt{3}a)^3 \geq 3\sqrt[3]{1.1.(\sqrt{3}a)^3} = 3\sqrt{3}a
Merci pour ta solution.


Posted by: Imod

Tout simple ! j'ai quand même rempli des pages de calcul pour arriver au résultat , je ne suis pas plus malin que bien d'autres mais particulièrement coriace

Merci quand même pour les compliments

Imod










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