Mathématiques - Inégalité

Inégalité
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Posted by: lapras

Bonjour
Soit x,y,z des réels positifs tels que
x + y + z = 3
Montrer que
$sqrt{x} + sqrt{y} + sqrt{z} >= xy + yz + zx$

Bonne chance !

Posted by: ThSQ

Très joli. Ca se torche stupidement en homogénéisant ....

Posted by: Imod

Une démonstration facile avec l'inégalité des moyennes arithmétiques et géométriques :
$\displaystyle{\frac{x^2+\sqrt{x}+\sqrt{x}}{3}\geq{ \sqrt[3]{x^2\sqrt{x}\sqrt{x}}\geq x}$
On a donc $x^2+y^2+z^2\geq 3(x+y+z)-2(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z})$
Et comme $x^2+y^2+z^2=(x+y+z)^2-2(xy+yz+xz)$ , on a l'inégalité voulue .

Imod

Posted by: vincent.pantaloni

Bien vu Imod, j'avais cherché avec moy arith et geom mais j'avais pas trouvé. Bravo.

Posted by: lapras

Bravo imod jolie solution

Posted by: lapras

Autre inégalité plus facile :

Citation:

soit a,b,c des réels positifs tels que a²+b²+c²=3
Montrer que
1/(1+ab) + 1/(1+ac) + 1/(1 + bc) >= 3/2

Posted by: Mhdi

Ma méthode n'est pas aussi élégante que celle d' Imod, mais je pense que c'est correct.
D'après l'inégalité de la moyenne :
$S=\frac{1}{1+ab}+\frac{1}{1+ac}+\frac{1}{1+bc} >= 3(\frac{1}{(1+ab)(1+ac)(1+bc)})^1/3$
On applique une deuxième fois l'inégalité de la moyenne : $S>=3((\frac{3}{3+ab+ac+bc})^3)1/3$
=> $S>=3(\frac{3}{3+ab+ac+bc})$
On sait que $a^2+b^2+c^2>=ab+bc+ac$
Donc $S>=3(\frac{3}{6})=3/2$

Posted by: lapras

Excellent
L'idée était l'inégalité moyenne harmonique/moyenne arithmétique

Posted by: Mhdi

T'as pas une autre inégalité? J'ai faim!

Posted by: lapras

Si je dois avoir ca mais je ne les ai pas encore cherchées donc :
-Je n'ai pas la solution si personne ne trouve (ca m'étonnerait !)
-Répondez en blanc s.v.p car je n'aimerai pas voir la solution.

Ces inégalités sont dans mon post récent des olympiades : "16 exercices tres interessants"

Posted by: Mhdi

Tu peux poster ta solution en utilisant la moyenne harmonique/moyenne arithmétique?

Posted by: mehack

slt !!
Caushy shwartz kill it

$((1+ab)+(1+ac)+(1+bc))(\frac{1}{1+ab}+\frac{1}{1+a c}+\frac{1}{1+bc})\geq 9$
donc il suffit de montrer :
$\frac{9}{3+ab+ac+bc}\geq\frac{3}{2}$
equivaut :
$ab+ac+bc\leq 3$
ce qui est vrai puisque $ab+ac+bc\leq a^2+b^2+c^2$

Posted by: mehack

une autre inegalité : (à ne pas sousestimer

)
a,b,c des reels positifs tel que abc=< 1 , MQ :
$\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\geq a+b+c$

Posted by: ThSQ

( Elle est dans le poly de Pierre Bornsztein sur animath. )

Posted by: lapras

Salut,
l'inégalité est symétrique, on peut poser :
$a \geq b \geq c$
L'inégalité se réécrit :
$a^{2}c(1-b) + ab^{2}(1-c) + bc^{2}(1-a) \geq 0$
Or moyenne harmonique/géométrique =>
$1 \geq (abc)^{\frac{1}{3}} \geq \frac{3}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}} = \frac{3abc}{ab+ac+bc} <=> ab(1-c)+ac(1-b)+bc(1-a)\geq0$
soit en multipliant par c :
$a^{2}c(1-b) + ab^{2}(1-c) + bc^{2}(1-a) \geq abc(1-c) + ac^2(1-b) + bc^2(1-a)\geq0$ d'où le résultat

Posted by: Mhdi

lapras>> Je n'ai pas compris la dernière ligne de ta démo : tu multiplies par a, donc tu obtiens $a^{2}b(1-c)+a^{2}c(1-b)+abc(1-a) \geq 0$
et $a^{2}b(1-c)+a^{2}c(1-b)+abc(1-a) \geq a^{2}c(1-b) + ab^{2}(1-c) + bc^{2}(1-a)$
Mais on ne peut pas en déduire que $a^{2}b(1-c)+a^{2}c(1-b)+abc(1-a) \geq a^{2}c(1-b) + ab^{2}(1-c) + bc^{2}(1-a)\geq0$ , non?

Posted by: lapras

Erreur désolé : faut multiplier par c et ca marche !

Posted by: Mhdi

Ok !

On peut peut-être s'y prendre autrement : abc=<1, donc au moins un de ces nombres est =< 1. Je ne sais pas si ça peut marcher (j'ai fait quelques vaines tentatives), mais peut-être que cette "remarque" peut servir. ;)

Posted by: mehack

Citation:

Posté par ThSQ

( Elle est dans le poly de Pierre Bornsztein sur animath. )

nn je n crois pas car jé cherché dans le e-book de bronznstein !!
en tt cas l inegalité existe partout avec abc=1 mais moi jé ajouté ma touche personelle abc=<1 . je crois qu ell a maintenant un look facile mais elle n est pas si simple que ca

Posted by: Zweig

D'après l'inégalité arithmético-géométrique :

$\frac{2a}{c} + \frac{c}{b} = \frac{a}{c} + \frac{a}{c} + \frac{c}{b} \geq 3\sqrt[3]{\frac{a^2}{bc}}$

Or $abc \leq 1$ => $\frac{1}{bc} \geq a$ , d'où $\frac{2a}{c} + \frac{c}{b} \geq 3a$

De même,

$\frac{2b}{a} + \frac{a}{c} \geq 3b$
$\frac{2c}{b} + \frac{b}{a} \geq 3c$

Après somme de ces trois inégalités, on obtient le résultat désiré.

Posted by: mehack

jolie , moi jlé prouvé autrement ;)

Posted by: ffpower

Inegalité a la noix sur laquelle j ai réfléchi ce soir:trouver un C tel que pour tout x de [0,1[ et pour tout entier n
n*x^(n-1)<C/(1-x)
celui qui trouve le plus petit C gagne XD

Posted by: Khue

Citation:

Posté par ffpower

Inegalité a la noix sur laquelle j ai réfléchi ce soir:trouver un C tel que pour tout x de [0,1[ et pour tout entier n
n*x^(n-1)<C/(1-x)
celui qui trouve le plus petit C gagne XD

Bonjour,

Je pense que C=1.
On considère la fonction de x: $f(x)=nx^{n-1}(1-x)$
En dérivanant f(x) on obtient
$\max_{[0;1[} f(x)=f(\frac{n-1}{n})=n\frac{(n-1)^{n-1}}{n^n}=g(n)$
En suite, en dérivanant $\ln g(n)$ on a celle-ci est décroissante, donc g(n) est décoissante, on a alors $g(n) \le g(1)=1$ .
Donc $C=1$ .

Posted by: ffpower

Ah tiens,bien joué,je pensais que ca marchait pas en derivant..Moi j ai fait:
nx^(n-1)<1+x+x²+...+x^(n-1)<1/(1-x)