Inégalité

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Posted by: bitonio

Bonjour à tous,

allez un pti problème qui vient de Tangente sup magazine!

Montrer que pour tout x,y,z € R+ tels que xyz=1

4$ \frac { x^3 } { (1+y)(1+z) } + \frac { y^3 } { (1+z)(1+x) } + \frac { z^3 } { (y+1)(1+x) } \ge \frac {3}{4}

Bonne chance


Posted by: abel

Il manque pas des conditions sur x,y,z car si on prend x=y=z=0 ca marche pas


Posted by: bitonio

Voila c'est corrigé :)


Posted by: bitonio

les réponses ne foisonnent pas on dirait Tant pis


Posted by: Help

Tu es certain qu'il n'y a pas une autre condition sur x,y,z (du genre tous positifs) ? Avec x=-1.5, et y=3 (et donc z = -2/9), cela donne un résultat négatif...


Posted by: bitonio

Oops, les trois sont aussi positifs :)


Posted by: darkmaster

On pose u=x^3,v=y^3,t=z^3,uvt=1
On a
\frac { x^3 } { (1+y)(1+z) } + \frac { y^3 } { (1+z)(1+x) } + \frac { z^3 } { (y+1)(1+x) }= \sum\frac { x^3 } { (1+y)(1+z) }=\sum\frac{u^{10}}{(uv+t^2)(ut+v^2)
En utilisant Cauchy-Schwarts inégalité:
\sum{\frac{u^{10}}{(uv+t^{2})(ut+v^{2})}}\geq \frac{(\sum{u^{5}})^{2}}{\sum{(uv+t^{2})(ut+v^{2}) }}
On a (u^5+v^5+t^5) \geq \frac13(u^4+v^4+t^4)(u+v+t) (chebyshev inégalité)
alors (u^5+v^5+t^5)^2 \geq \frac13(u^4+v^4+t^4)(u+v+t)(u^5+v^5+t^5)
Mais (u^5+v^5+t^5)\geq 3 et (u+v+t)\geq 3 (car uvt=1) alors (u^5+v^5+t^5)^2\geq 3(u^4+v^4+t^4)
Il reste à montrer que 3(u^4+v^4+t^4)\geq \frac34 \sum{(uv+t^{2})(ut+v^{2}) qui est vrai par mürhead inégalité.


Posted by: khaclong

salut,je viens de trouver une autre solution pour ce problème
\frac{x^3}{(1+y)(1+z)}+\frac{1+y}{8}+\frac{1+z}{8} \geq 3\sqrt[3]{\frac{x^3}{(1+y)(1+z)}\frac{1+y}{8}\frac{1+z}{8}} =\frac34x
\frac{y^3}{(1+x)(1+z)}+\frac{1+x}{8}+\frac{1+z}{8} \geq 3\sqrt[3]{\frac{y^3}{(1+x)(1+z)}\frac{1+x}{8}\frac{1+z}{8}} =\frac34y
\frac{z^3}{(1+x)(1+y)}+\frac{1+y}{8}+\frac{1+x}{8} \geq 3\sqrt[3]{\frac{z^3}{(1+x)(1+y)}\frac{1+y}{8}\frac{1+x}{8}} =\frac34z
Ensuite,on prend la somme de ces inégalités,on aura
\frac{x^3}{(1+y)(1+z)}+\frac{y^3}{(1+x)(1+z)}+ \frac{z^3}{(1+x)(1+y)}+\frac{3}{4}+\frac{x+y+z}{4} \geq \frac34(x+y+z)
alors,on a
\frac{x^3}{(1+y)(1+z)}+\frac{y^3}{(1+x)(1+z)}+ \frac{z^3}{(1+x)(1+y)}\geq\frac12(x+y+z)-\frac34\geq\frac32\sqrt[3]{xyz}-\frac34\geq\frac34
c'est fini


Posted by: darkmaster

Citation:
Posté par khaclong
salut,je viens de trouver une autre solution pour ce problème
\frac{x^3}{(1+y)(1+z)}+\frac{1+y}{8}+\frac{1+z}{8} \geq 3\sqrt[3]{\frac{x^3}{(1+y)(1+z)}\frac{1+y}{8}\frac{1+z}{8}} =\frac34x
\frac{y^3}{(1+x)(1+z)}+\frac{1+x}{8}+\frac{1+z}{8} \geq 3\sqrt[3]{\frac{y^3}{(1+x)(1+z)}\frac{1+x}{8}\frac{1+z}{8}} =\frac34y
\frac{z^3}{(1+x)(1+y)}+\frac{1+y}{8}+\frac{1+x}{8} \geq 3\sqrt[3]{\frac{z^3}{(1+x)(1+y)}\frac{1+y}{8}\frac{1+x}{8}} =\frac34z
Ensuite,on prend la somme de ces inégalités,on aura
\frac{x^3}{(1+y)(1+z)}+\frac{y^3}{(1+x)(1+z)}+ \frac{z^3}{(1+x)(1+y)}+\frac{3}{4}+\frac{x+y+z}{4} \geq \frac34(x+y+z)
alors,on a
\frac{x^3}{(1+y)(1+z)}+\frac{y^3}{(1+x)(1+z)}+ \frac{z^3}{(1+x)(1+y)}\geq\frac12(x+y+z)-\frac34\geq\frac32\sqrt[3]{xyz}-\frac34\geq\frac34
c'est fini

Et c'est beaucoup meilleur que ma mienne, Bravo


Posted by: samir

On pose
S= \frac{x^3}{(1+y)(1+z)}+\frac{y^3}{(1+x)(1+z)}+\fra c{z^3}{(1+x)(1+y)}.

Par symétrie on suppose que x\leq y \leq z.

Alors (1+x)(1+y) \leq (1+x)(1+z) \leq (1+y)(1+z)

et en appliquant l'inégalité de tchebychef on trouve
3S\geq (x^3+y^3+z^3)(\frac{1}{(1+x)(1+z)}+\frac{1}{(1+y)( 1+z)}+\frac{1}{(1+x)(1+y)}).

On pose 3t=x+y+z. On a alors (I.A.G) t\geq 1 car xyz=1,
x^3+y^3+z^3 \geq 3t^3
Et d'aprés (I.A.G), (1+x)(1+y)(1+z) \leq (1+t)^3
Donc S\geq \frac{6t^3}{(1+t)^3} \geq \frac{3}{4}
car t ---> \frac{6t^3}{(1+t)^3} croissante
pour t\geq1 .


Posted by: dragonmaster

J'ai une autre solution .
\displaystyle\sum_{sym}\frac{x^3}{(1+y)(1+z)} =\displaystyle \sum_{sym}\frac {x^4}{x(1+y)(1+z)}\geq \frac {(x^2+y^2+z^2)^2}{\displaystyle\sum_{sym} x(1+y)(1+z)} (Buniacopsky inégalité)
Maintenant , on montre que
4(x^2+y^2+z^2)^2 \geq 3 \displaystyle\sum_{sym} x(1+y)(1+z) = 3(x+y+z)+6(xy+yz+zx)+9
On a :
(x^2+y^2+z^2)^2 \geq 9
2 (x^2+y^2+z^2)^2 \geq 2(xy+yz+zx)(x^2+y^2+z^2) \geq 6(xy+yz+zx)
(x^2+y^2+z^2)^2 \geq \frac{1}{3} (x^2+y^2+z^2)(x+y+z)^2 \geq 3(x+y+z)
3 inégalités dernière utilisent Cauchy inégalité . C'est fini .










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