Mathématiques - Encore une inégalité

Encore une inégalité
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Posted by: yos

Soit a,b,c des nombres réels appartenant à l'intervalle [0,1].
Démontrer que
$\frac{a}{1+bc}+\frac{b}{1+ca}+\frac{c}{1+ab}\leq 2$ .

Posted by: darkmaster

Bonjour,
On a $\frac{a}{1+bc}\leq \frac{a}{1+abc}$ car $0 \leq a\leq 1$
Donc,
$\frac{a}{1+bc}+\frac{b}{1+ac}+\frac{c}{1+ac} \leq \frac{a+b+c}{1+abc}$
Il reste à montrer que $(a+b+c) \leq (2+2abc)$
On a: $(1-a)(1-b) \geq 0 \Rightarrow 1+ab \geq (a+b)$
et $(1-c)(1-ab) \geq 0 \Rightarrow 1+abc \geq ab+c$
En ajoutant: $2+(abc) \geq a+b+c$
Par suite, $2+2abc \geq 2+abc \geq a+b+c$
Et c'est bon.

Posted by: yos

Tout ça en moins de 37 minutes. Je suis impressionné. Et je t'en propose une autre :

$x_1, x_2, ... ,x_n$ sont des réels strictement positifs vérifiant
$\displaystyle{\sum_{i=1}^n\frac{1}{1+x_i}=1$ .
Démontrer que :
$\displaystyle{\prod_{i=1}^nx_i\geq (n-1)^n$ .

Posted by: darkmaster

Citation:

Posté par yos

Tout ça en moins de 37 minutes. Je suis impressionné. Et je t'en propose une autre :

$x_1, x_2, ... ,x_n$ sont des réels strictement positifs vérifiant
$\displaystyle{\sum_{i=1}^n\frac{1}{1+x_i}=1$ .
Démontrer que :
$\displaystyle{\prod_{i=1}^nx_i\geq (n-1)^n$ .

On a $\displaystyle{\sum_{i=1,i\not=j}^n \frac{1}{1+x_i}} = 1 - \frac{1}{1+x_j}= \frac{x_j}{1+x_j}$
et $\displaystyle{\sum_{i=1,i\not=j}^n \frac{1}{1+x_i}} \geq (n-1)\sqrt[n-1]{\displaystyle{\prod_{i=1,i\not=j}^n \frac{1}{1+x_i}}$
Pour chaque j ( $1 \leq j \leq n$ ), on a une inégalité:
$\frac{x_j}{1+x_j} \geq (n-1)\sqrt[n-1]{\displaystyle{\prod_{i=1,i\not=j}^n \frac{1}{1+x_i}}$
Par mutiplier toutes n inéglités, on obtient le résultat .
Merci pour les bons problèmes

Posted by: yos

Darkmaster, t'es une vraie machine. Seules tes fautes d'orthographe te donnent un semblant d'humanité.

Posted by: MikO

mdr ! Darkmaster participes tu aux olympiades de maths ?

Posted by: darkmaster

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Posté par MikO

mdr ! Darkmaster participes tu aux olympiades de maths ?

J'ai participé aux Olympiades nationales du Vietnam, mais j'ai perdu.

Posted by: yos

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Posté par darkmaster

J'ai participé aux Olympiades nationales du Vietnam, mais j'ai perdu.

Aloprs on reprend l'entraînement : l'exercice qui suit a été proposé il y a quelque temps sur le forum. J'en ai donné une preuve qui me plaisait bien mais assez laborieuse en fait. Tu vas peut-être bien trouver un truc simple.

Soit z un complexe tel que $|z^2-\frac{1}{2}|\leq \frac{1}{2}$ et $\Re z \geq 0$ . Alors $|z-\frac{1}{3}|\leq \frac{2}{3}$ .

Attention j'ai fait une correction.

Posted by: darkmaster

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Posté par yos

Soit z un complexe tel que $|z^2-\frac{1}{2}|\leq \frac{1}{2}$ et $\Re z \geq 0$ . Alors $|z-\frac{1}{3}|\leq \frac{2}{3}$ .

Attention j'ai fait une correction.

Je suis pas content avec cette solution, mais c'est difficile pour moi de trouver une autre plus jolie (je suis pas fort en complexe)
on pose $z=a+bi$
$|z^2-\frac12| \leq 1/4$ donne $(a^2+b^2)^2+b^2 \leq a^2$ ;
De ça, on a $a^2 \geq a^4 \Rightarrow 1 \geq a$ donc $1\geq a^2 \geq (a^2+b^2)^2$ => $1\geq a\geq a^2+b^2$
On a $|z-\frac13|^2 = (a-\frac13)^2 +b^2 = a^2+b^2 - \frac23 a+\frac19 \leq a^2+b^2-\frac23 (a^2+b^2) +\frac19 = \frac13 (a^2+b^2)+\frac19 \leq \frac13+\frac19 = \frac49$
D'où le résultat
Je vais essayer de simplifier celle-là, mais ça semble difficile pour moi

Posted by: yos

C'est pas mal quand même. Le passage $1\geq a \Rightarrow 1\geq a^2$ utilise l'hypothèse $Re(z)\geq 0$ .

Posted by: fahr451

oui darkmaster une vraie machine (dixit yos) à inégalitéS .

Posted by: yos

Allez une autre :
z est un complexe de module 1 et a est un réel positif. Alors $|z-a|\geq\frac{1+a}{2}|z-1|$ .

Posted by: darkmaster

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Posté par yos

Allez une autre :
z est un complexe de module 1 et a est un réel positif. Alors $|z-a|\geq\frac{1+a}{2}|z-1|$ .

Posé $z=x+iy$
Cette ineq équivaut à $(x-a)^2+y^2 \geq \frac{(1+a)^2}{4}((x-1)^2+y^2)$
ou bien $2(1-2ax+a^2) \geq (1+a)^2(1-x)$
<=> $2(1-\frac{2a}{(1+a)^2}(1+x)) \geq 1-x$
on a toujours $(1+a)^2\geq 4a$ , donc, $2(1-\frac{2a}{(1+a)^2}(1+x)) \geq 2(1-\frac{1}{2}(1+x)) = 1-x$
on l'a fait.