oly

Sujet: oly Dim 08 Nov 2009, 14:55

x,y,z >= 0 .. Prouver que :

Sujet: Re: oly Dim 08 Nov 2009, 15:21

on a ce genre d'es à dima dima
je croix tu vas utiliser les idontités remarquable et des astuces

Sujet: Re: oly Dim 08 Nov 2009, 15:25

peut être mais il faux tout de même voir si c est vrais ou on vas faire autres chose

Sujet: Re: oly Mar 10 Nov 2009, 20:59

c'est une ancienne inégalité de VasC (si je ne me trompe pas) ma solution était en utilisant Schur, égalité si et seulement si x=y=z=1

Sujet: Re: oly Mar 10 Nov 2009, 21:43

morris a écrit:: on a ce genre d'es à dima dima
je croix tu vas utiliser les identités remarquable et des astuces

je le crois pas....sinon montre nous ta démonstration....

MohE a écrit:: c'est une ancienne inégalité de VasC (si je ne me trompe pas) ma solution était en utilisant Schur, égalité si et seulement si x=y=z=1

exactement c'est une application directe de shur et AM-GM...en effet....
x²+y²+z²+9xyz/(x+y+z)>=2(xy+yz+zx) (par shur)
il suffit donc de demontrer que 2xyz+1>=9xyz/x+y+z:
on a 2xyz+1=xyz+xyz+1>=(3xyz)^1/3 (par AM-GM)
et encore par (AM-GM) on a :(3xyz)^1/3>=9xyz/x+y+z
C.Q.F.D

Sujet: Re: oly Mar 10 Nov 2009, 22:41

c'étais un problème de semaine,et je me rappelle j'ai fait une généralisation pour ce problème!

ça m'empéche pas de féliciter majdoline pour cette belle solution! surtout qcq en 6-ième et qui sait bien c'est quoi Schur,je peux que le saluer chaleureusement!

_________________
Two things are infinite: the universe and human stupidity; and I'm not sure about the the universe

Sujet: Re: oly Mer 11 Nov 2009, 12:16

c est une bonne repense majdouline

Sujet: Re: oly Mer 11 Nov 2009, 16:27

soulution

par symétrie, on peut supposer que $\120dpi x\leq y\leq z$

posons: $\120dpi f(x,y,z)=x^2+y^2+z^2+x+y+z-2(xy+yz+zx)$

on a:

$\120dpi f(x,y,z)-f(x,\sqrt{yz},\sqrt{yz})=y^2+z^2+y+z-2(xy+yz+zx)-2\sqrt{yz}+4x\sqrt{yz}$

$\120dpi f(x,y,z)-f(x,\sqrt{yz},\sqrt{yz})=(y-z)^2+(\sqrt{y}-\sqrt{z})^2-2x(\sqrt{y}-\sqrt{z})^2$

[img]http://latex.codecogs.com/gif.latex?\120dpi f(x,y,z)-f(x,\sqrt{yz},\sqrt{yz}=(\sqrt{y}-\sqrt{x})^2[(\sqrt{y}+\sqrt{x})^2+1-2x][/img]

$\120dpi f(x,y,z)-f(x,\sqrt{yz},\sqrt{yz}=(\sqrt{y}-\sqrt{x})^2(y+z-2x+1+2\sqrt{yz})$

or $\120dpi x\leq y\leq z$

donc: $\120dpi x+y-2x\geq 0$

et ansi $\120dpi f(x,y,z)-f(x,\sqrt{yz},\sqrt{yz})\geq 0$

avec égalité ssi $\120dpi y=z$

possons $\120dpi a=x$ et $\120dpi b=\sqrt{yz}$

alors $\120dpi a,b 0$ et $\120dpi ab^2=1$

et on a :

$\120dpi f(a,b,b)=a^2+a+2b-4ab$

$\120dpi f(a,b,b)=\frac{1}{b^4}+\frac{1}{b^2}+2b-\frac{4}{b}$

$\120dpi f(a,b,b)=\frac{1}{b^4}(2b^5-4b^3+b^2+1)$

$\120dpi f(a,b,b)=\frac{1}{b^4}(b-1)^2(2b^3+4b^2+2b+1)$

alors $\120dpi f(a,b,b)\geq 0$ avec égalité ssi $\120dpi b=1$

donc $\120dpi f(x,y,z)\geq f(a,b,b)\geq 0$ avec égalité ssi $\120dpi y=z,b=1,xyz=1$

c.à.d. $\120dpi x=y=1$

bonne chance

Sujet: Re: oly Mer 11 Nov 2009, 22:10

J'ai trouvé une façon sans faire l'inégalité de Schur:
on a (x+y+z)²=x²+y²+z²-2(x+y+z)>=0
donc x²+y²+z²>=2(x+y+z)
et puisque 2xyz+1>=0
donc x²+y²+z²+2xyz+1>=2(xy+yz+zx)
C'est juste?????????????

Sujet: Re: oly Jeu 12 Nov 2009, 21:56

yassine-516 a écrit:: J'ai trouvé une façon sans faire l'inégalité de Schur:
on a (x+y+z)²=x²+y²+z²-2(x+y+z)>=0
donc x²+y²+z²>=2(x+y+z)
et puisque 2xyz+1>=0
donc x²+y²+z²+2xyz+1>=2(xy+yz+zx)
C'est juste?????????????

Je me demande bien si (x+y+z)²=x²+y²+z²-2(xy+yz+zx) !!

Sujet: Re: oly Jeu 12 Nov 2009, 23:11

NON.
C'est faux yassine-516.car (x+y+z)²=x²+y²+z²+2(xy+yz+zx)
Alors il faut que tu trouve une autre solution !!!!

Sujet: Re: oly Ven 13 Nov 2009, 14:19

yassine-516 a écrit:: J'ai trouvé une façon sans faire l'inégalité de Schur:
on a (x+y+z)²=x²+y²+z²-2(x+y+z)>=0
donc x²+y²+z²>=2(x+y+z)
et puisque 2xyz+1>=0
donc x²+y²+z²+2xyz+1>=2(xy+yz+zx)
C'est juste?????????????

c'est faux ( ce qui est en rouge ) prend x = 1/2 y =1/4 et z = 1/8 ... de plus
ton identité remarquable est aussi fausse .