Mathématiques - Inégalité

Inégalité
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Posted by: Mhdi

Voici une inégalité facile, mais que j'ai trouvée très amusante :

Soit $x,y,z$ des réels positifs tels que:
$\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=1$
prouver que
$(x-1)(y-1)(z-1)>=8$

Posted by: ThSQ

Ca revient à $x+y+z \geq 9$ qui est Cauchy par exemple

Posted by: Zweig

Salut Mhdi,

La contrainte se réécrit encore $xy + xz + yz = xyz$ .

Le membre de gauche se réécrit quant à lui $x + y + z - 1$ . L'inégalité à démontrer se résume alors à $x + y + z \geq 9$ .

On pose $p = x + y + z$ , $q = xy + xz + yz$ et $r = xyz$ . L'inégalité de Schur s'énonce comme suit :

$a^t(a - b)(a - c) + b^t(b - a)(b - c) + c^t(c - a)(c - b) \geq 0$ pour tout réel $t$ .

En particulier, nous avons : $a^0(a - b)(a - c) + b^0(b - a)(b - c) + c^0(c - a)(c - b) \geq 0$ , qui se réécrit encore $pq - 9r \geq 0$ , ou encore $p \geq \frac{9r}{q}$ . Or $q = r$ d'après la contrainte imposée par l'énoncé, d'où $p \geq 9$ , comme désiré.

L'égalité est obtenue lorsque $x = y = z = 3$ .

Posted by: ThSQ

Intéressante solution Zweig mais $\sum a_i \sum 1/a_i \geq n^2$ (Cauchy) est peut-être plus direct.

Posted by: Mhdi

Salut,

J'ai bien aimé l'inégalité parce que j'ai réussi à la résoudre en n'utilisant aucune autre inégalité sauf la fameuse $a^2+b^2>=2ab$

Ma solution:

démontrer que $(x-1)(y-1)(z-1)&gt;=8$ revient à démontrer que $xyz(1-\frac{1}{x})(1-\frac{1}{y})(1-\frac{1}{z})&gt;=8$
Et puisque $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=1$ , il suffit de démontrer que $xyz(\frac{1}{x}+\frac{1}{y})(\frac{1}{y}+\frac{1}{ z})(\frac{1}{z}+\frac{1}{x})&gt;=8$
On sait que : $\frac{1}{x}+\frac{1}{y} >=\frac{2}{\sqrt{xy}}$
et $\frac{1}{x}+\frac{1}{z}>=\frac{2}{\sqrt{xz}}$
et $\frac{1}{z}+\frac{1}{y}>=\frac{2}{\sqrt{zy}}$
En multipliant, on obtient :
$(\frac{1}{z}+\frac{1}{y})(\frac{1}{x}+\frac{1}{z}) (\frac{1}{x}+\frac{1}{y})>=\frac{8}{xyz}$
Ainsi, $xyz(\frac{1}{x}+\frac{1}{y})(\frac{1}{y}+\frac{1}{ z})(\frac{1}{z}+\frac{1}{x})&gt;=8$

On conclut donc que $(x-1)(y-1)(z-1)&gt;=8$

@+

Posted by: ffpower

Joli Mhdi..

Posted by: Mhdi

Merci

ThSQ>>Belle solution ;) ; l'efficacité de Cauchy-Schwarz

Posted by: Mhdi

En voilà une plutôt difficile - je ne l'ai pas encore résolu !

$a, b, c$ sont des réels strictement positifs tels que $abc=1$

Démontrer que $\frac{a}{(a+1)(b+1)} + \frac{b}{(b+1)(c+1)} + \frac{c}{(c+1)(a+1)} >= \frac{3}{4}$

Posted by: Zweig

$\frac {a}{(a + 1)(b + 1)} + \frac {b}{(b + 1)(c + 1)} + \frac {c}{(c + 1)(a + 1)}\geq\frac {3}{4}$

$\Leftrightarrow4[a(c + 1) + b(a + 1) + c(b + 1)]\geq3(a + 1)(b + 1)(c + 1)$ (1)

En posant $p = a + b + c$ et $q = ab + ac + bc$ , l'inégalité à démontrer se réécrit :

$(1)\Leftrightarrow4(p + q)\geq3(p + q + 2)\Leftrightarrow p + q\geq6$

Or,
$p + q = (a + b + c) + (ab + ac + bc)\geq6\sqrt[6]{(abc)^{3}} = 6$ d'après l'inégalité arithmético-géométrique.

L'égalité est obtenue lorsque $a = b = c = 1$

CQFD.

Posted by: ThSQ

Citation:

Posté par Mhdi

En voilà une plutôt difficile

Jolie mais bêtement torchable par l'astuce a=x/y,b=y/z,c=z/x qui transforme en

$\displaystyle \sum_{6 \, combinaisons} x^2z \geq 6xyz$

qui est l'inégalité entre moyennes.

Posted by: Zweig

J'en ai une relativement difficile.

Soient a, b, c des réels positifs et k un réel donné $\geq 3$ . Montrer l'inégalité suivante :

$\frac{1}{a + b} + \frac{1}{a + c} + \frac{1}{b + c} + \frac{k}{a + b + c} \geq 2\sqrt{\frac{k + 1}{ab + ac + bc}}$

Posted by: lapras

Bonsoir
j'arrive apres une bonne journée piscine, apres la bataille.
Je donne une solution que je viens de trouver
1/x + 1/y + 1/z = 1
<=>
xy + yz + zx = xyz
en développant (x-1)(y-1)(z-1) on obtient :
x+y+z >= 9
or
inégalité harmonique-arithmétique =>
(x+y+z)/9 >= 1/(1/x + 1/y + 1/z) = 1
=>
x+y+z >= 9
c'est donc fini
j'ai aussi trouvé une autre solution avec les moyennes arithmétiques et cauchy et réordonnement mais c'est beaucoup plus long.

Posted by: ThSQ

Intéressant, à noter que l'égalité n'a pas lieu quand a=b=c ce qui veut dire que les bazookas habituels vont être sans effet ici ....

Posted by: Zweig

"les bazookas habituels" = inégalités classiques ?

Pas si sûr ...

Posted by: Mhdi

Elle est coriace la félonne

Posted by: ThSQ

Citation:

Posté par Zweig

"les bazookas habituels" = inégalités classiques ?

Non c'est clair qu'il faudra utiliser une pièce du couteau suisse des inegs tôt ou tard. Je pensai plutôt aux astuces trivialisantes style homogénéisation, .....

Posted by: Zweig

Perso, je n'ai pas eu besoin de ça, mais y'a peut-être une autre solution possible.

Posted by: Zweig

Citation:

Posté par Zweig

Soient a, b, c des réels positifs et k un réel donné $\geq 3$ . Montrer l'inégalité suivante :

$\frac{1}{a + b} + \frac{1}{a + c} + \frac{1}{b + c} + \frac{k}{a + b + c} \geq 2\sqrt{\frac{k + 1}{ab + ac + bc}}$

Personne n'a trouvé une solution ?

Posted by: Mhdi

Un indice?

Posted by: Zweig

Bien sûr !

On pose p = a + b + c, q = ab + ac + bc, r = abc.

1) Trouvez une réécriture du membre de gauche en fonction de p, q et r (et k bien entendu).

2) La forme du membre de droite vous fait penser à quelle célèbre inégalité ? A partir de la réécriture du membre de gauche (et du membre de droite en fonction de k et q) et de la connaissance de la forme de cette célèbre inégalité , "bidouillez" pour démontrer l'inégalité en partant du membre de gauche.

"Tout" est dans le 1).

Posted by: Mhdi

1) $\frac{p^2+q}{pq-r} + \frac{k}{p}$

C'est ça?

Posted by: Zweig

Ouaip !

Posted by: ThSQ

C'est une solution qui a le mérite de marcher.

( perso je trouve ça atrocement laid (comme beaucoup de pbs d'inégalités) mais c'est un avis tout à fait personnel, beaucoup adorent ce genre de pbs et c'est leur droit ! ).

A noter qu'il suffit de prendre k=3 car gauche-droite est une fonction croissante de k.

Posted by: Zweig

Personellement, je ne vois pas ce qu'il y'a de laid

Puisque la suite de la solution tient en une ligne (apparament tu l'as trouvée mais pour ceux qui ont déjà abandonné) :

(pq - r <= pq => (p² + q)/(pq - r) + k/p >= (p² + q)/pq + k/p = p/q + (k + 1)/p >= 2V[(k + 1)/q] d'après l'inégalité arithmético-géométrique)

Posted by: Mhdi

C'est tout de même une assez grande majoration (pq - r <= pq) !
Où est ce qu'on a utilisé le fait que k>=3?
Et je suis d'accord avec ThSQ que beaucoup d'inégalités (dont celle-ci) sont résolues de façon très moche et sans la moindre élégance à coup de Cauchy et autres inégalités destructrices - je me demande si ces inégalités ont été conçues pour n'admettre que ce genre de solutions-là ou s'il y en a d'autres...

Il se peut aussi que ce soit moi qui ne comprenne rien à tout ça (c'est fort probable)

Sinon, Zweig, j'ai remarqué que tu poses souvent ces p q r

Posted by: Zweig

k >= 3 est utilisé lorsqu'on traite le cas d'égalité :

(a,b,c) = ((k - 1 - V[k^2 - 2k - 3])/2*a, a, 0)

ou

(a,b,c) = ((k - 1 + V[k^2 - 2k - 3])/2*a, a, 0)

Posted by: Zweig

A mon sens, l'importance c'est d'avoir au moins une solution, dans une compétition ... Si après elle peut être élégante, pourquoi pas.

Posted by: Imod

Citation:

Posté par Zweig

A mon sens, l'importance c'est d'avoir au moins une solution, dans une compétition ... Si après elle peut être élégante, pourquoi pas.

Dans le sport on dirait il n'y a que le résultat qui compte

Imod

Posted by: Imod

Citation:

Posté par ThSQ

perso je trouve ça atrocement laid (comme beaucoup de pbs d'inégalités) mais c'est un avis tout à fait personnel, beaucoup adorent ce genre de pbs et c'est leur droit !

Je suis 100% d'accord avec toi mais quand un jour on m'a demandé les raisons de mon aversion pour ce type d'exercice , j'y ai retrouvé tout ce qui faisait que j'aimais les maths . Comprend qui peut ???

Imod

Posted by: ThSQ

Je voulais parler de ce problème-ci en disant que la solution de poser (les très classiques, Mhdi) p,q,r étaient très laide (encore une fois c'est un avis personnel, pas d'attaque contre quiconque, surtout pas contre Zweig qui a la gentillesse de nous alimenter en exos !).

Il y a des exos d'inégalités assez sympas (si si) et certains sont d'une habileté diabolique pour les résoudre (comme le légendaire Dospinescu).

Posted by: Zweig

C'est vrai que certaines inégalités peuvent être résolues d'une manière très habile ... comme celle-ci :

Pour tous $a,b,c$ réels deux à deux différents, on a

$\frac{a^2}{(a-b)^2}+\frac{b^2}{(b-c)^2}+\frac{c^2}{(c-a)^2} \ge 1$

Posted by: lapras

Je l'ai résolue pour a, b , c positifs...
Ce qui est pas mal c'est le carrés, car (-x)² = x²
donc
a²/(a-b)² = (-a)²/(b-a)² = X²/(X+b)²
avec X = -a
de même
Y = -b
Z = -c
on obtient :
a²/(a-b)² + b²/(b-c)² + c²/(a-c)² >= X²/(X+b)² + Y²/(Y+c)² + Z²/(Z+a)²
par symétrie on peut considérer
a>=b>=c
ainsi
X<=Y<=Z
donc
X+b <= Z+a
supposons (X+b)²>=(Z+a)²
=> a² + b² - 2*a*b >= a² + c² - 2*a*c
=>
b² - c² >= 2a(b-c)
=>
b+c >= 2a impossible
donc
(X+b)² <= (Z+a)²
de même
(Y+c)² <= (Z+a)²
on obtient alors
X²/(X+b)² + Y²/(Y+c)² + Z²/(Z+a)² >= (X² + Y² + Z²)/(Z+a)² = (a²+b²+c²)/(a-c)²
supposons a²+b²+c² <= (a-c)²
=>
a²+b²+c² <= a² + c² - 2ac
=>
b²<=-2ac <0
impossible
donc on a bien
X²/(X+b)² + Y²/(Y+c)² + Z²/(Z+a)² >= 1
d'où l'inégalité

Posted by: raito123

Citation:

Posté par ThSQ

Intéressante solution Zweig mais $\sum a_i \sum 1/a_i \geq n^2$ (Cauchy) est peut-être plus direct.

Bonjour ,

Est-ce pour tout n dans IN !?

Posted by: Zweig

Citation:

Posté par lapras

Je l'ai résolue pour a, b , c positifs...
Ce qui est pas mal c'est le carrés, car (-x)² = x²
donc
a²/(a-b)² = (-a)²/(b-a)² = X²/(X+b)²
avec X = -a
de même
Y = -b
Z = -c
on obtient :
a²/(a-b)² + b²/(b-c)² + c²/(a-c)² >= X²/(X+b)² + Y²/(Y+c)² + Z²/(Z+a)²
par symétrie on peut considérer
a>=b>=c
ainsi
X<=Y<=Z
donc
X+b <= Z+a
supposons (X+b)²>=(Z+a)²
=> a² + b² - 2*a*b >= a² + c² - 2*a*c
=>
b² - c² >= 2a(b-c)
=>
b+c >= 2a impossible
donc
(X+b)² <= (Z+a)²
de même
(Y+c)² <= (Z+a)²
on obtient alors
X²/(X+b)² + Y²/(Y+c)² + Z²/(Z+a)² >= (X² + Y² + Z²)/(Z+a)² = (a²+b²+c²)/(a-c)²
supposons a²+b²+c² <= (a-c)²
=>
a²+b²+c² <= a² + c² - 2ac
=>
b²<=-2ac <0
impossible
donc on a bien
X²/(X+b)² + Y²/(Y+c)² + Z²/(Z+a)² >= 1
d'où l'inégalité

Il te manque a,b,c négatifs ^^. Ou alors, on pouvait tout simplement remarquer que :

$\frac{a^2}{(a-b)^2}+\frac{b^2}{(b-c)^2}+\frac{c^2}{(c-a)^2}=1+\frac{(a^2b+b^2c+c^2a-3abc)^2}{(a-c)^2(b-c)^2(c-a)^2} \ge 1$

Posted by: lapras

J'aime le "tout simplement remarquer" ^^
J'ai essayé de trouver une factorisations mais celle ci ne m'a pas sautée aux yeux !

Posted by: Zweig

Comme ça les inégalités ont l'air "beaucoup plus faciles"

Mais bon, on ne peut pas toujours trouver des réécritures parachutées comme celle-ci ... Y'avait un exo d'OIM de je ne sais plus quelle année, avec des carrés et des a,b,c longueurs d'un triangle où on pouvait s'en sortir "comme ça" ...

Posted by: Redbul.

Bonjour, je suis nouveau.

La factorisation est vraiment puissante (tu l'as trouvé sur le coup Zweig?), d'un autre côté ça me chagrine de ne pas pouvoir compléter le raisonnement de Lapras pour a, b et c négatifs...
Ca doit pouvoir se faire, j'essaye.

Posted by: lapras

salut RedBul.
Pour mon raisonnement ca va être dur de l'étendre aux négatifs je pense... L'inégalité du réordonnement etc... sont apperement inéfficaces ici ! (contrairement a ce que je pensais en voyant l'inégalité !)
On peut toujours chercher ca doit se faire !

Posted by: Mhdi

Juste une question : cette inégalité est-elle homogène? Je pense que oui...

Posted by: Zweig

Oui, homogène de degré 0.

Posted by: Zweig

Citation:

Posté par Redbul.

Bonjour, je suis nouveau.

La factorisation est vraiment puissante (tu l'as trouvé sur le coup Zweig?), d'un autre côté ça me chagrine de ne pas pouvoir compléter le raisonnement de Lapras pour a, b et c négatifs...
Ca doit pouvoir se faire, j'essaye.

Non, cette réécriture n'est pas de moi. Je l'avais trouvée il y'a quelques temps sur le Net.

Posted by: Mhdi

Donc, on peut supposer que a+b+c=0 ?
Question de ne pas partir du mauvais côté..

Posted by: Zweig

Oui

Posted by: Mhdi

Ah! autre chose (-_-) : si une inégalité est homogène, peut-on poser deux contraintes en même temps? genre a+b+c=0 et abc=1

Posted by: Zweig

Bonne question !

Posted by: Mhdi

Citation:

Posté par Zweig

Bonne question !

...A laquelle tu as une réponse?

Posted by: Zweig

Non, sinon je t'aurais répondu

Posted by: lapras

Je pense qu'on peut avoir les contraintes :
abc = u
et
a+b+c = v
en même temps car elles ne suffisent pas à déterminer les variables, c'est a dire les contraintes ne sont pas trop fortes...

Posted by: Mhdi

En fait je pense que non :
Si je prend pour exemple l'inégalité précédente et que je pose : $f(a,b,c)=\frac{a^2}{(a-b)^2}+\frac{b^2}{(b-c)^2}+\frac{c^2}{(c-a)^2}$
On remarque que f(ka,kb,kc)=f(a,b,c) donc on peut remplacer a b et c par ka kb et kc (k £ R). Ensuite on pose $a'+b'+c'=k(a+b+c)$ . Puis on choisit $k=\frac{1}{a+b+c}$ , ce qui nous donne a'+b'+c'=1. mais maintenant que k est fixée, on ne peut plus donner une valeur quelconque à a'b'c', car $a'b'c'= =\frac{abc}{(a+b+c)^3}$

C'est peut-être faux, mais c'est en tout cas ce que je pense :P

Posted by: ThSQ

Citation:

Posté par Mhdi

Ah! autre chose (-_-) : si une inégalité est homogène, peut-on poser deux contraintes en même temps? genre a+b+c=0 et abc=1

En général non.

Posted by: mehack

slt !!
deux contraintes à la fois ca veut dire qu on est plus dans le cas general , donc quand une inegalité est homogeine on ne peut supposer qu une seule contrainte. par exemple si on suppose que abc=1 et a+b+c=3 on aura si peux de reels positifs qui satisfaitent ces deux contraintes , dans ce cas je crois qu il n y a qu une seul solution c est (a,b,c)=(1,1,1).
meme chose pour la symetrie si on suppose que a>=b>=c on peut pas supposer que a=<b=<c sinon on aura a=b=c et plus de generalité.

Posted by: Khue

Bonjour,

Je trouve qu'il y a des questions très intéressantes dans cette discussion. Je vais donner quelques idées, j'espère que qui vous satisfient.

Citation:

Posté par Mhdi

Ah! autre chose (-_-) : si une inégalité est homogène, peut-on poser deux contraintes en même temps? genre a+b+c=0 et abc=1

Pour répondre à cette question, il faut tout d'abord répondre à la question: pour quoi dans les inégalités homogènes, on peut poser une contrainte parmi les variables ?
Notons que la question n'est pas exacte, car ce n'est pas toujours vrai. Dans la pluparts des livres d'inégalité, cette question n'est pas répondue justement.
On rappelle la définition d'une fonction (ou expression) homogène: $f(a_1,a_2,...,a_n)$ est dite homogène de degré $d$ ssi pour tout $k \neq 0$ on a
$f(ka_1,ka_2,...,ka_n)=k^df(a_1,a_2,...,a_n)$ .
Maintenant, considérons une inégalité sous la forme
$f(a_1,a_2,...,a_n) \ge 0$
avec $f(a_1,a_2,...,a_n)$ et homogène de degré d.
Pour que l'on peut poser une contrainte $g(a_1,a_2,...,a_n)=s$ , il faut 3 conditions suivantes:
1. $g$ doit être homogène de degré $e$ avec $e \neq 0$
2. Tous les éléments de l'ensemble $V$ des valeurs de $g$ ont le même sige qui est non-nul.
3. $s$ est un élément de $V$ .

Par exemple, pour montrer une inégalité $f(a,b,c) \ge 0$ avec $a,b,c \ge 0$ ; on ne meut pas supposer une des conditions suivantes:
1. $\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}=1$
2. $a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca= 1$
3. $ab+bc+ca-2(a^2+b^2+c^2)=1.$

Je vais montrer que l'on peut poser $g(a_1,a_2,...,a_n)=s$ avec 3 conditions précédentes.
Supposons $g(a_1,a_2,...,a_n)=S$ avec $S \in V$ .
Poser $b_i=\frac{s^{1/e}}{S^{1/e}}a_i (i=1,2,...,n)$
Alors on a
$g(b_1,b_2,...,b_n)=g\left(\frac{s^{1/e}}{S^{1/e}}a_1,\frac{s^{1/e}}{S^{1/e}}a_2,...,\frac{s^{1/e}}{S^{1/e}}a_n\right)=\frac{s}{S}g(a_1,a_2,...,a_n)=s$ .
L'inégalité peut s'écrire
$\left(\frac{s}{S}\right)^{d/e}f(a_1,a_2,...,a_n) \ge 0$
où
$\left(\frac{s}{S}\right)^{d/e}f(a_1,a_2,...,a_n)=f\left(\frac{s^{1/e}}{S^{1/e}}a_1,\frac{s^{1/e}}{S^{1/e}}a_2,...,\frac{s^{1/e}}{S^{1/e}}a_n\right)=f(b_1,b_2,...,b_n)$ .

Maintenant on a $g(b_1,b_2,...,b_n)=s$ et on doit montrer $f(b_1,b_2,...,b_n) \ge 0$
Ca explique pourquoi on peut supposer $g(a_1,a_2,...,a_n)=s$ .

(Notons qu'il manque une condition pour que après changer variables $b_i=\frac{s^{1/e}}{S^{1/e}}a_i$ , $b_i$ sont toujours dans le même ensemble de définition de $a_i$ , mais c'est assez compliqué, donc je n'ai pas ajouté dans la liste).

Un exemple: Prouver que
$f(a,b,c)=\frac{(b+c-a)^2}{(b+c)^2+a^2}+\frac{(a+c-b)^2}{(a+c)^2+b^2}+\frac{(a+b-c)^2}{(a+b)^2+c^2} \ge \frac{3}{5}$
pour tous $a,b,c \ge 0$ .
Dans ce cas là, on peut supposer que $a+b+c=3$ .
(Si a+b+c=k >0, on pose x=3a/k,y=3b/k,z=3c/k, alors on a x+y+z=3 et on doit montrer que f(x,y,z) \ge \frac{3}{5}).

Est-ce que c'est clair ?

Posted by: Zweig

Je te remercie Khue

Très bonne explication que je cherchais depuis pas mal de temps !

Soient $x$ , $y$ et $z$ des réels positifs vérifiant $x + y + z = 3$ . Déterminer le minimum de l'expression $x^4 + 2y^4 + 3z^4$

Et pour les plus courageux :

Soient $x_1, x_2, ..., x_n$ des réels positifs vérifiant $x_1 + \cdots + x_n = n$ et $a_1, a_2,..., a_n$ des constantes réelles positives. Déterminer pour tout entier naturel $m$ le minimum de l'expression $a_1x_1^m + a_2x_2^m + \cdots + a_nx_n^m$

Posted by: ffpower

Soit E l ensemble des (x1,..,xn) réels positifs tels que x1+...+xn=n.la fonction $a_1x_1^m+a_2x_2^m+...+a_nx_n^m$ atteint son minimum sur E.Fixons un n uplet (x1,...,xn) ou un tel minimum est atteint.Si x1 et x2 sont tous 2 non nuls,pour t assez petit,(x1+t,x2-t,x3,....,xn) est dans E donc la fonction qui a t associe $a_1(x_1+t)^m+a_2(x_2-t)^m+...+a_nx_n^m$ est minimale en t=0.En prenant la dérivée en 0 on obtient $ma_1x_1^{m-1}-ma_2x_2^{m-1}=0$ donc $a_1x_1^{m-1}=a_2x_2^{m-1}$ .De la meme maniere pour tout i,j,si xi et xj sont differents de 0,alors $a_ix_i^{m-1}=a_jx_j^{m-1}$ .Il existe donc une constante c telle que pour tout i,soit $x_i=0$ soit $a_ix_i^{m-1}=c$ .En particulier $a_ix_i^m=cx_i$ donc en sommant $a_1x_1^m+a_2x_2^m+...+a_nx_n^m=nc$ .Il reste a déterminer c.Si $I=\{i \in[1,n]\mbox{ tel que } x_i\not=0\}$ ,on a pour tout i de I $x_i=(c/a_i)^{\frac{1}{m-1}}$ donc en sommant $n=\displaystyle\sum_{i\in I}(c/a_i)^{\frac{1}{m-1}}$ d'ou $c=\displaystyle n^{m-1}\left(\sum_{i\in I}(1/a_i)^{\frac{1}{m-1}}\right)^{-m+1}$
Pour que c soit minimal,on doit avoir I=[1,n] et donc modulo etourderies le minimum vaut $\displaystyle n^m\left(\sum_{i=1}^n(1/a_i)^{\frac{1}{m-1}}\right)^{-m+1}$

Posted by: Zweig

Ouep, bravo !

Posted by: Mhdi

Hop!
Soit (a;b) £ R+ et a+b=1. Prouvez que: $\frac{a^2}{a+1} + \frac{b^2}{b+1} >= \frac{1}{3}$

Posted by: Zweig

Hello,

L'inégalité à montrer se réécrit :

$3a^2(b + 1) + 3b^2(a + 1) \geq (a + 1)(b + 1)$

ou encore

$3ab(a + b) + 3(a + b)^2 - 6ab \geq ab + (a + b) + 1$

qui se simplifie en

$ab \leq \frac{1}{4}$

qui est une conséquence directe de l'inégalité arithmético-géométrique.

L'égalité est obtenue lorsque a = b = 0.5

Posted by: Mhdi

Exact, c'est ce que j'avais fait. ;)
N'y a t-il pas possibilité de ne passer par le développement ?

Posted by: Zweig

Aucune idée. Une autre méthode plus bourrine serait de substituer a par 1 - b et d'étudier un polynôme du second degré (après simplifications) ...