Mathématiques

salut
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Posted by: mochkil

Soient trois réels x,y et z strictement positifs
Montrer que :
x³/(x²+xy+y²) +y³/(y²+yz+z²)+z³/(z²+zx+x²) >= (x+y+z)/3

Posted by: mochkil

aucune reponse

Posted by: charif

jejejejjejejjejejjejeje
hehhehehhehehhehe
j'ai passé i l'ans dernier assez des nuits pour résoudre cette diable inégalité
mais vennne
jejejjejjejejjej
je pense qui'il y a une erreur...!!!!!
c'est olympiade maroc 2004

Posted by: mochkil

il n'y a aucune erreur!!!!!!

Posted by: mochkil

la solution est tres simple

Posted by: mochkil

est ce que il y a qlqun qui m'interesse a ce probleme?????????
on peut discuter la solution ensemble.

Posted by: redwolf

Bonsoir.

Laisse nous le temps de réfléchir !!!
Je m'intéresse à ton problème depuis le jour où tu l'as posé, mais je n'ai pas encore trouvé.

Patience ! Reparlons en dans quelques jours...

A bientôt

Posted by: redwolf

Bonjour, voici le fruit de mes cogitations :

L'inégalité est symétrique en $x$ , $y$ et $z$ . On peut donc supposer que $x\leq y\leq z$ .
Posons $\lambda=\frac{y}{x}\geq 1$ et $\mu=\frac{z}{y}\geq 1$ . Il s'agit donc de montrer que
$\displaystyle \frac{x}{1+\lambda+\lambda^2}+\frac{y}{1+\mu+\mu^2 }+\frac{z}{1+(\lambda\mu)^{-1}+(\lambda\mu)^{-2}}\geq \frac{x+y+z}{3}$ .
Mais pour montrer que $\alpha x +\beta y +\gamma z \geq \frac{x+y+z}{3}$ ne suffit-il pas de montrer que $\alpha + \beta +\gamma \geq 1$ ?

Posted by: redwolf

Eh bien non, bien sur !
Mais dans le cas d'espèce, si. En effet, comme $\lambda$ et $\mu$ sont supérieurs à 1, $\alpha$ et $\beta$ sont inférieurs à $\frac{1}{3}$ , tandis que $(\lambda\mu)^{-1}$ est inférieur à 1 et $\gamma$ est donc supérieur à $\frac{1}{3}$ .
Autrement dit, c'est le plus grand nombre ( $z$ ) qui a le plus grand coefficient. Il peut donc facilement "prêter" un peu de son coefficient aux deux autres.
Formellement :
$\alpha x+\beta y+\gamma z=[\alpha x +(\frac{1}{3}-\alpha)z]+[\beta y+(\frac{1}{3}-\beta)z]+(\alpha+\beta+\gamma-\frac{2}{3})z$
qui est supérieur à $\frac{x+y+z}{3}$ .

La suite ce soir, je mets trop de temps à taper toutes ces lettres grecques...

Posted by: redwolf

Bon, je pose $P(\lambda)=1+\lambda+\lambda^2$ et $\nu=(\lambda\mu)^{-1}$ .
$\displaystyle\frac{1}{P(\lambda)}+\frac{1}{P(\mu)} +<br /> \frac{1}{P(\nu)}=\frac{P(\mu)P(\nu)+P(\lambda)P(\n u)+P(\lambda)P(\mu)}{P(\lambda)P(\mu)P(\nu)}$ .
Il s'agit de démontrer que le numérateur est supérieur au dénominateur. On les développe, chacun comporte 27 termes dont 24 se simplifient (chacun fait le calcul chez soi, je ne vais pas tout taper).
A la fin, il reste à voir que
$\displaystyle\lambda^2+\mu^2+\frac{1}{\lambda^2\mu ^2}\geq \frac{1}{\lambda}+\frac{1}{\mu}+\lambda\mu$ .
Utilisons le fait que $\lambda^2+\mu^2\geq 2\lambda\mu$ : il reste à montrer que $\displaystyle\lambda\mu+\frac{1}{\lambda^2\mu^2}<br /> \geq\frac{1}{\lambda}+\frac{1}{\mu}$ , soit (en multipliant par $\lambda^2\mu^2$ ), que
$\lambda^3\mu^3+1\geq \lambda^2\mu + \lambda\mu^2$ .
A ce stade, n'hésitons pas à écrire $\lambda=1+a$ et $\mu=1+b$ avec $a$ et $b$ positifs.
On développe le membre de droite :
$(1+2a+a^2)(1+b)+(1+a)(1+2b+b^2)=2+3a+3b+4ab+a^2+b^ 2+a^2b+ab^2$
qui est clairement inférieur au membre de gauche :
$(1+3a+3a^2+a^3)(1+3b+3b^2+b^3)+1=2+3a+3b+9ab+3a^2+ 3b^2+9a^2b+9ab^2+\ldots$ .

Ceci achève de démontrer l'inégalité.
Par pitié, mochkil ! Livre moi la solution élégante car la mienne est tout de même un peu sauvage...

Posted by: mochkil

j'ai lu votre solution et je vais la relire mais j'ai pas le temps de vous citer la mienne je suis navri mais ok pour samedi . je vous promis si le dieu veut

Posted by: mochkil

x³/(x²+xy+y²)–(2x-y)/3= (x+y)(x-y) ²/(3(x²+xy+y²) )≥0
y³/(y²+yz+z²) -(2y-z)/3=(y+z)(y-z) ² /(3(y²+yz+z²)) ≥0
z³/(z²+zx+x²)- (2z-x)/3=(z+x)(z-x) ²/(3(z²+zx+x²) ) ≥0
donc on fait la somme
x³/(x²+xy+y²) +y³/(y²+yz+z²)+z³/(z²+zx+x²)- (x+y+z)/3 ≥0
c.q.f.d