Inegalité d'antiquité

par **dj-yassine** » 11 Juil 2007, 22:24

Saluuut je vous propose un tres bon exo
soit a,b,c > 0 tel que : ab+bc+ca+abc = 4
monter que : a+b+c >= ab+bc+ca

par **emdro** » 12 Juil 2007, 10:47

Bonjour,

1) Si les nombres sont égaux à a, on prouve le résultat directement:
3a²+a^3=4 donc a<=1, et donc 3a>=3a²

2) Si on a au moins deux nombres différents, on pose:
u=a+b+c
v=ab+bc+ca
w=abc

a, b, c sont les racines du polynôme P(x)=x^3-ux²+vx-w.

Or par hypothèse, v+w=4. Donc
a, b, c sont les racines du polynôme P(x)=x^3-ux²+vx+v-4.

Supposons que uDans ce cas, P(x)>Q(x), si on pose Q(x)=x^3-vx²+vx+v-4.

P doit avoir au moins 2 racines. Donc sa dérivée P'(x)=3x²-2ux+v doit s'annuler deux fois. Donc forcément le discriminant (réduit) u²-3v>0.
Mais comme u²3 (car v est positif).

Et on sait que v<4 (puisque v=4-w), donc 3
On démontre facilement par l'analyse que dans ce cas Q s'annule une seule fois (sur IR+), disons en t. Le polynôme P est supérieur à Q et admet au moins 2 racines strictement positives. Disons a et b. Donc a
On achève en disant que comme P'(x)=3x²-2ux+v et Q'(x)=3x²-2vx+v, sur IR+ on a P'>Q'. Et comme Q' est positif sur [0,t], on en déduit que P' est également positif sur [0,t].
Contradiction: dans ce cas, P n'aurait qu'une seule racine entre 0 et t!

Ouf! :hum:

par **Imod** » 12 Juil 2007, 11:01

Tout cela est juste mais où est la solution :doh:

Pas mieux pour moi :marteau:

Imod

par **emdro** » 12 Juil 2007, 11:12

@Imod,

Tu as vu mes modifs?

par **Imod** » 12 Juil 2007, 14:07

Ah oui , Il y a du changement ! J'ai du mal à suivre à partir de :doh:

emdro a écrit:On démontre facilement par l'analyse que dans ce cas Q s'annule une seule fois (sur IR+), disons en t. Le polynôme P est supérieur à Q et admet au moins 2 racines strictement positives. Disons a et b. Donc a<t, b<t...

Imod

par **dj-yassine** » 12 Juil 2007, 18:16

emdro a écrit:Bonjour,

1) Si les nombres sont égaux à a, on prouve le résultat directement:
3a²+a^3=4 donc a=3a²

2) Si on a au moins deux nombres différents, on pose:
u=a+b+c
v=ab+bc+ca
w=abc

a, b, c sont les racines du polynôme P(x)=x^3-ux²+vx-w.

Or par hypothèse, v+w=4. Donc
a, b, c sont les racines du polynôme P(x)=x^3-ux²+vx+v-4.

Supposons que uQ(x), si on pose P(x)=x^3-vx²+vx+v-4.

P doit avoir au moins 2 racines. Donc sa dérivée P'(x)=3x²-2ux+v doit s'annuler deux fois. Donc forcément le discriminant (réduit) u²-3v>0.
Mais comme u²3 (car v est positif).

Et on sait que vQ'. Et comme Q' est positif sur [0,t], on en déduit que P' est également positif sur [0,t].
Contradiction: dans ce cas, P n'aurait qu'une seule racine entre 0 et t!

Ouf! :hum:

comment peut on demontrer que a, b, c sont les racines du polynôme P(x)=x^3-ux²+vx-w.
et vous pouvez citer Q(x)???

par **Imod** » 12 Juil 2007, 18:27

Il me semble qu'emdro a fait une faute de frappe :

.

Imod

par **Imod** » 12 Juil 2007, 18:30

dj-yassine a écrit:comment peut on demontrer que a, b, c sont les racines du polynôme P(x)=x^3-ux²+vx-w ?

C'est un résultat classique :

Imod

par **emdro** » 12 Juil 2007, 19:12

Imod a écrit:Il me semble qu'emdro a fait une faute de frappe : .

Imod

Je confirme. J'ai voulu aller trop vite ce matin (Brahms m'attendait!), et j'ai écrit pas mal de bêtises.

Désolé.

NB:Je corrige dans la démo.

par **emdro** » 12 Juil 2007, 20:25

Si Imod a du mal à suivre, c'est inquiétant pour ma démo...

Je précise donc:
Q(x)=x^3-vx²+vx+v-4.
Q'(x)=3x²-2vx+v

Donc

Q' admet deux racines:

et

On peut d'ores et déjà remarquer que

Q est donc croissante sur

, décroissante sur

, et croissante sur

.

Q(0)=v-40[/TEX].

Ainsi, comme vQ(x) et aussi pour x>0, P'(x)>Q'(x). Il suffit de regarder les expressions de ces polynômes pour le voir.

Mais P admet a priori trois solutions strictement positives: les nombres a, b et c (au moins deux solutions distinctes puisqu'on a réglé le cas où les trois sont égales). Ces solutions ne peuvent être situées après

, puisque Q est positif, donc P qui lui est supérieur ne peut être nul.
Les racines de P sont donc dans

. Mais sur cet intervalle, comme P'(x)>Q'(x)>0, P ne peut avoir plus d'une racine.

Contradiction!

C'est bon, Imod? :peur:

par **emdro** » 12 Juil 2007, 20:28

Rain' a écrit:Juste pour le plaisir de pinailler, c'est R+* et pas R+ , car P(0)=Q(0) et P'(0) =Q'(0).

@Rain',

Brahms ne saurait servir d'excuse à tant de négligences...
Je vieillis mal! :cry:

par **Imod** » 12 Juil 2007, 21:28

D'accord emdro , il reste la justification de

qui m'a l'air coton ou tout au moins franchement pénible .

Imod

par **emdro** » 12 Juil 2007, 22:47

Imod a écrit:il reste la justification de qui m'a l'air coton ou tout au moins franchement pénible .

Imod

Finalement, avec un peu de courage, on s'en sort:

Comme j'avais vu que l'expression s'annule en 3, je factorise par v-3:

Cela s'annule en 4 aussi, mais la factorisation est moins aisée, sauf si on écrit:

:

Cela donne

Et sur cette écriture, c'est gagné: si v est entre 3 et 4, tous les facteurs sont manifestement positifs.

:!:

Je serais étonné qu'il n'y ait pas de démonstrations plus élégante du problème initial. Disons qu'il n'y en a certainement pas de moins élégante!

Une autre idée était d'éliminer le c (par exemple) d'après l'égalité de départ. Mais on hésite toujours à rompre une telle symétrie, non?

par **Imod** » 12 Juil 2007, 22:55

emdro a écrit:Finalement, avec un peu de courage, on s'en sort ... Je serais étonné qu'il n'y ait pas de démonstrations plus élégante du problème initial. Disons qu'il n'y en a certainement pas de moins élégante!...

Une méthode courageuse ( laborieuse ) , j'aspire comme toi à une belle idée , en tout cas : chapeau , le problème n'était pas simple !!!

Imod

par **emdro** » 12 Juil 2007, 22:58

Retour de chapeau!
Merci:happy: Mais c'était plus fastidieux que difficile!

par **Imod** » 12 Juil 2007, 23:18

emdro a écrit:C'était plus fastidieux que difficile!

Peut-être y-a t-il moins fastidieux , avis aux amateurs !!!

Imod

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