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 monde des inégalités

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Humber
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MessageSujet: Re: monde des inégalités   Mer 29 Jan 2014, 13:58

aymanemaysae a écrit:
Pour le problème de M. Ahmed TAHA du 9 Janvier 2014, j'ai trouvé une solution dans laquelle on n'utilise que les IAG.

Soient a,b et c des réels positifs tel que a+b+c=1.  Montrer que  ab/(1-c^2 )+bc/(1-a^2 )+ca/(1-b^2 )≤  3/8   .

On a  ab/(1-c^2 )=  ab/(〖(a+b+c)〗^2-c^2 )=ab/(a^2+b^2+2ab+2bc+2ca)   .

On a aussi a^2+b^2+2ab+2bc+2ca≥8〖(a^6 b^6 c^4)〗^(1/Cool=8a^(3/4) b^(3/4) c^(1/2)   ∶IAG .
↔1/(8a^(3/4) b^(3/4) c^(1/2) )≥1/(a^2+b^2+2ab+2bc+2ca)  ↔(a^(1/4) b^(1/4))/(8c^(1/2) )≥ab/(a^2+b^2+2ab+2bc+2ca)

donc   ab/(1-c^2 )≤(a^(1/4) b^(1/4))/(8c^(1/2) )   ,de même on a  bc/(1-a^2 )≤(b^(1/4) c^(1/4))/(8a^(1/2) )  et ca/(1-b^2 )≤(c^(1/4) a^(1/4))/(8b^(1/2) )  ,

donc  ab/(1-c^2 )+bc/(1-a^2 )+ca/(1-b^2 )≤1/8 ((a^(1/4) b^(1/4))/(8c^(1/2) )+(b^(1/4) c^(1/4))/(8a^(1/2) )+(c^(1/4) a^(1/4))/(8b^(1/2) ))  ≤1/8*3〖((a^(1/4) b^(1/4))/(8c^(1/2) )*(b^(1/4) c^(1/4))/(8a^(1/2) )*(c^(1/4) a^(1/4))/(8b^(1/2) ))〗^(1/3)=3/8 ∶IAG ,

donc  ab/(1-c^2 )+bc/(1-a^2 )+ca/(1-b^2 )≤  3/8
  .

Bonsoir Aymanemaysae,
(a b)^(1/4)/sqrt(c)+(c b)^(1/4)/sqrt(a)+(a c)^(1/4)/sqrt(b) ≥ 3 malheureusement
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Humber
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MessageSujet: Re: monde des inégalités   Mer 29 Jan 2014, 14:45

Bon, je change de problème pour ne pas laisser le marathon ainsi:
En voici un facile :

Problème alternatif :

Prouver que  :

Pour tous réels a,b,c .
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legend-crush
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MessageSujet: Re: monde des inégalités   Mer 29 Jan 2014, 18:54

Tout d'abord, On a: |x|+|y|>|x+y| pour tous x;y de R², donc |x|+|1-x|>1 pour tout x.
On a par caushy schwarz:

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legend-crush
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MessageSujet: Re: monde des inégalités   Mer 29 Jan 2014, 19:03

Soit a,b et c des réels positifs. Prouvez que:
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Ahmed Taha
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MessageSujet: Re: monde des inégalités   Mer 29 Jan 2014, 19:17

legend-crush a écrit:
Soit a,b et c des réels positifs. Prouvez que:

Solution:
 

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Ahmed Taha
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MessageSujet: Re: monde des inégalités   Mer 29 Jan 2014, 19:41

Soit a,b et c des réels positifs tel que : ab+ab+bc+2abc=1

Montrer que :
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Amine Natik
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MessageSujet: Re: monde des inégalités   Mer 29 Jan 2014, 22:56

Il suffit de poser Cyc(a=x/(y+z) ) . et puis on remplace : Il s'agit de prouver que :

/Sum(x/(y+z)) >= /Sum( (y+z)/(y+z+2x) ) . puisque l'inégalité est homogène on peut supposer x+y+z=1. donc :
<=> /sum( x/(1-x) ) >= / Sum( (1-x)/(1+x) )
<=> /Sum( (3x-1)/(1-x²) ) >=0.
et c'est une conséquence de Jensen car la fonction f(x)=(3x-1)/(1-x²) est convexe sur [0,1] .
CQFD
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bianco verde
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MessageSujet: Re: monde des inégalités   Mer 29 Jan 2014, 23:37

La" fameuse "substitution fait l'affaire.
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aymanemaysae
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MessageSujet: Re: monde des inégalités   Jeu 30 Jan 2014, 09:56

Suite à la remarque de M. Humber, que je remercie amplement, remarque du 29 Janvier 2014 à ma propos de ma proposition pour la résolution du problème de M. Ahmed TAHA du 9 Janvier 2014, je tiens à préciser que la méthode reste valable, malgré une erreur de frappe que j'ai commise: quand j'ai mis le (1/huit) en facteur dans le RHS de l'inéquation, j'ai laissé traîner le (huit) au dénominateur.
En demandant votre pardon pour cette inadvertance, je corrige le dernier paragraphe de ma solution:

donc  ab/(1-c^2 )+bc/(1-a^2 )+ca/(1-b^2 )≤1/8 ((a^(1/4) b^(1/4))/(c^(1/2) )+(b^(1/4) c^(1/4))/(a^(1/2) )+(c^(1/4) a^(1/4))/(b^(1/2) ))  ≤1/8*3〖((a^(1/4) b^(1/4))/(c^(1/2) )*(b^(1/4) c^(1/4))/(a^(1/2) )*(c^(1/4) a^(1/4))/(b^(1/2) ))〗^(1/3)=3/8 ∶IAG ,

donc  ab/(1-c^2 )+bc/(1-a^2 )+ca/(1-b^2 )≤  3/8   .
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aymanemaysae
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MessageSujet: Re: monde des inégalités   Jeu 30 Jan 2014, 12:15

Soit a,b et c des réels positifs tel que : ab+bc+ca+2abc=1

Montrer que :


Je me suis permis de rectifier l'énoncé du sujet: j'ai mis ab+bc+ca+2abc=1 à la place de ab+ab+bc+2abc=1. J'ai présumé que ce n'était qu'une faute de frappe.

On a 1/(1+2a) + 1/(1+2b) + 1/(1+2c)
= (4(a+b+c)+4(ab+bc+ca)+3)/(2(a+b+c)+4(ab+bc+ca+2abc)+1)
= (4(a+b+c)+4(ab+bc+ca)+3)/(2(a+b+c)+5) : car ab+bc+ca+2abc=1,

donc 1/(1+2a) + 1/(1+2b) + 1/(1+2c) < a+b+c
<--> (4(a+b+c)+4(ab+bc+ca)+3)/(2(a+b+c)+5) < a+b+c
<--> (4(a+b+c)+4(ab+bc+ca)+3) < 2(a+b+c)^2 + 5(a+b+c)
<--> 4(ab+bc+ca) < 2(a^2+b^2+c^2 + 2ab+2bc+2ca)+(a+b+c)
<--> 0 < 2(a^2+b^2+c^2)+(a+b+c) : expression logiquement vraie car a,b et c sont des réels positifs, donc


est aussi vraie sous les conditions du problème.

Je me permets aussi de me demander si le changement de variables opéré dans l'autre solution proposée, vérifie la condition ab+bc+ca+2abc=1.
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Ahmed Taha
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MessageSujet: Re: monde des inégalités   Jeu 30 Jan 2014, 18:12

aymanemaysae a écrit:
Soit a,b et c des réels positifs tel que : ab+bc+ca+2abc=1

Montrer que :


Je me suis permis de rectifier l'énoncé du sujet: j'ai mis ab+bc+ca+2abc=1 à la place de ab+ab+bc+2abc=1. J'ai présumé que ce n'était qu'une faute de frappe.

On a 1/(1+2a) + 1/(1+2b) + 1/(1+2c)
= (4(a+b+c)+4(ab+bc+ca)+3)/(2(a+b+c)+4(ab+bc+ca+2abc)+1)
= (4(a+b+c)+4(ab+bc+ca)+3)/(2(a+b+c)+5) : car ab+bc+ca+2abc=1,

donc 1/(1+2a) + 1/(1+2b) + 1/(1+2c) < a+b+c
<--> (4(a+b+c)+4(ab+bc+ca)+3)/(2(a+b+c)+5) < a+b+c
<--> (4(a+b+c)+4(ab+bc+ca)+3) < 2(a+b+c)^2 + 5(a+b+c)
<-->4(ab+bc+ca) < 2(a^2+b^2+c^2 + 2ab+2bc+2ca)+(a+b+c)
<--> 0 < 2(a^2+b^2+c^2)+(a+b+c)
: expression logiquement vraie car a,b et c sont des réels positifs, donc


est aussi vraie sous les conditions du problème.

Je me permets aussi de me demander si le changement de variables opéré dans l'autre solution proposée, vérifie la condition ab+bc+ca+2abc=1.

non c faut mr aymanemaysae car on a le cas d'égalité si a=b=c=1/2
l'inégalité équivalente a : 2(x+y+z)^2+(x+y+z) > 3+4(xy+xz+yz)
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Ahmed Taha
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MessageSujet: Re: monde des inégalités   Jeu 30 Jan 2014, 20:55

voici une autre
Soit x,y et z des réels positifs tel que : x+y+z=3

Montrer que : 3(xy+xz+yz)²+xyz(xy+xz+yz)>10xyz

et que : 9(xy+xz+yz)+4xyz(xy+xz+yz)>4(xy+xz+yz)²+3xyz
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aymanemaysae
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MessageSujet: Re: monde des inégalités   Sam 01 Fév 2014, 21:24

Merci M. Ahmed TAHA pour la remarque: j'ai oublié de prendre en compte le (3) dans mon passage de la ligne : <--> (4(a+b+c)+4(ab+bc+ca)+3) < 2(a+b+c)^2 + 5(a+b+c)
à la ligne : <--> 4(ab+bc+ca) < 2(a^2+b^2+c^2 + 2ab+2bc+2ca)+(a+b+c)
ce qui a fait chavirer mon bâteau et jeter ma démonstration à l'eau.
Je vous suis très reconnaissant.
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Nas8
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MessageSujet: Re: monde des inégalités   Dim 02 Fév 2014, 15:09

Soit x,y et z des réels positifs tel que : x+y+z=3

Montrer que : (E) 3(xy+xz+yz)²+xyz(xy+xz+yz)>10xyz

(E) (x+y+z)(1/x + 1/y + 1/z)(xy+yz+yz) + (xy+yz+yz) > 10
10(xy+yz+yz) > 10 ==> (xy+yz+xz) > 1 ce qui doit etre correct
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Ahmed Taha
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MessageSujet: Re: monde des inégalités   Dim 02 Fév 2014, 15:40

aymanemaysae a écrit:
Merci M. Ahmed TAHA pour la remarque: j'ai oublié de prendre en compte le (3) dans mon passage de la ligne :       <--> (4(a+b+c)+4(ab+bc+ca)+3) < 2(a+b+c)^2 + 5(a+b+c)
à la ligne : <--> 4(ab+bc+ca) < 2(a^2+b^2+c^2 + 2ab+2bc+2ca)+(a+b+c)
ce qui a fait chavirer mon bâteau et jeter ma démonstration à l'eau.
Je vous suis très reconnaissant.

ahlan mr aymanemaysae kan 3lik tkemel lborhan o ghatl9a blli dik l'inégalité sahla
voir ce lien http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=51&t=573326&p=3375908#p3375908 j'ai déja fait la même démonstration


Dernière édition par Ahmed Taha le Dim 02 Fév 2014, 15:45, édité 1 fois
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Ahmed Taha
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MessageSujet: Re: monde des inégalités   Dim 02 Fév 2014, 15:46

Nas8 a écrit:
Soit x,y et z des réels positifs tel que : x+y+z=3

Montrer que : (E) 3(xy+xz+yz)²+xyz(xy+xz+yz)>10xyz

(E) (x+y+z)(1/x + 1/y + 1/z)(xy+yz+yz) + (xy+yz+yz) > 10
10(xy+yz+yz) > 10 ==> (xy+yz+xz) > 1  ce qui doit etre correct

pourquoi (xy+yz+xz) > 1 (prend x=3 et y=z=0)
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Ahmed Taha
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MessageSujet: Re: monde des inégalités   Dim 02 Fév 2014, 15:50

Que pouvons-nous dire dans ce cas que : xy+yz+yz n'admet pas un min et le max=3 c tt
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bianco verde
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MessageSujet: Re: monde des inégalités   Dim 02 Fév 2014, 16:01

Paour la survie du sujet ; j'ajoute une autre assez facile..
a et b deux reels tels que a+b=1
montrez que 1/a^2+1/b^2>=8.
Bonne chance.
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legend-crush
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MessageSujet: Re: monde des inégalités   Dim 02 Fév 2014, 17:20

bianco verde a écrit:
Paour la survie du sujet ; j'ajoute une autre assez facile..
a et b deux reels tels que a+b=1
montrez que 1/a^2+1/b^2>=8.
Bonne chance.
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bianco verde
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MessageSujet: Re: monde des inégalités   Dim 02 Fév 2014, 17:36

Unevautre solus plus elegante a mon gout
Selon holder (a+b)(a+b)(1/a^2+1/b^2)>=(1+1)^3
Donc 1/a^2+1/b^2>=8
Amicalement.
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Nas8
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MessageSujet: Re: monde des inégalités   Dim 02 Fév 2014, 17:37

Ahmad Taha , l'inegalité devient fausse 0 > 0 ...
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Ahmed Taha
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MessageSujet: Re: monde des inégalités   Dim 02 Fév 2014, 18:59

Nas8 a écrit:
Ahmad Taha , l'inegalité devient  fausse 0 > 0 ...

voici l'exo
Ahmed Taha a écrit:
voici une autre
Soit x,y et z des réels positifs tel que : x+y+z=3

Montrer que : 3(xy+xz+yz)²+xyz(xy+xz+yz)>10xyz

et que : 9(xy+xz+yz)+4xyz(xy+xz+yz)>4(xy+xz+yz)²+3xyz

on a le cas d'égalité (n'est pas strict).
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Nas8
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MessageSujet: Re: monde des inégalités   Dim 02 Fév 2014, 20:10

ah oui merci .
Si on utilise l'inégalité du reordonnement
3(xy+xz+yz)²+xyz(xy+xz+yz) > (xy+xz+yz)^3 + 3xyz > 10 xyz ?
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Ahmed Taha
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MessageSujet: Re: monde des inégalités   Dim 02 Fév 2014, 20:42

Nas8 a écrit:
ah oui merci .
Si on utilise l'inégalité du reordonnement
3(xy+xz+yz)²+xyz(xy+xz+yz) > (xy+xz+yz)^3 + 3xyz > 10 xyz ?

pour la première inégalité  3(xy+xz+yz)²+xyz(xy+xz+yz) > (xy+xz+yz)^3 + 3xyz c vrai
mai pour la deuxième (xy+xz+yz)^3 + 3xyz > 10 xyz je ne pense pas
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Ahmed Taha
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MessageSujet: Re: monde des inégalités   Dim 02 Fév 2014, 20:45

cette inégalité est aussi vrai !!!
3(xy+xz+yz)²+xyz(xy+xz+yz) > 30xyz dans le cas (a+b+c=3)
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MessageSujet: Re: monde des inégalités   

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