exircice

Pour la première:
On a |x-y|=<2V(x²+y²+xy).
Donc (x-y)²=<4(x²+y²+xy).
Donc x²-2xy+y²=<4x²+4y²+4xy.
Donc 0=<3x²+3y²+6xy.
Donc 0=<3(x²+y²+2xy).
Donc 0=<(x+y)².
Ce qui est juste.
Pour la deuxième:
On a |V(1+x²)-V(1+y²)|=<|x-y|.
Donc [V(1+x²)-V(1+y²)]²=<(x-y)².
Donc 1+x²+1+y²-2V(1+x²)(1+y²)=<x²+y²-2xy.
Donc 2+2xy=<2V(1+x²)(1+y²).
Donc 1+xy=<V(1+x²)(1+y²).==>(*)
Et cela necessite une preuve:
On a 2xy=<x²+y².
Donc 1+2xy+(xy)²=<1+x²+y²+(xy)².
Donc (1+xy)²=<(1+x²)(1+y²).
Donc |1+xy|=<V(1+x²)(1+y²).==>(1)
Et on sait que 1+xy=<|1+xy|.>==>(2)
De 1 et 2, on déduit *.
CQFD.
Sauf erreur.

Bonjourr
1:on utilise l'équivalence
2:lV1+x² -V1+y² l=< l x-y l
on éleve le tt au carrée ça donne :
(1+x²)+(1+y²)-2V(1+x²)(1+y²)==0
Pour prouver cette inégalité on utilise la disjonction des cas :
-le 1er cas : si 1+2xy ==0 (*1)
-le 2eme cas : 1+2xy>=0
2V(1+x²)(1+y²) -(1+2xy)={[V(1+x²)(1+y²) -(1+2xy)]*[V(1+x²)(1+y²) +(1+2xy)]}/V(1+x²)(1+y²) +(1+2xy)
on a deja:V(1+x²)(1+y²) +(1+2xy)>=0 (1)
donc le signe de l'inégalité du debut est le signe de (el bast ):
[V(1+x²)(1+y²) -(1+2xy)]*[V(1+x²)(1+y²) +(1+2xy)]=
4(1+x²)(1+y²)-(1+2xy)²=
4(1+y²+x²+x²y²)-1-4xy-4x²y²=
4+4x²+4y²+4x²y²-1-4xy-4x²y²=
4x²+4y²-4xy+3=
(2x-2y)²+3 >= 0
donc : [V(1+x²)(1+y²) -(1+2xy)]*[V(1+x²)(1+y²) +(1+2xy)]>=0 (2)
-d'après le résulat (1) et (2) on deduit que :2V(1+x²)(1+y²) -(1+2xy)>=0 (*2)
-d'apres (*1)et (*2) : on deduit que A x appartient à lR ===>2V(1+x²)(1+y²) -(1+2xy)>=0
donc l'inégalité du début est juste : A x appartient à lR -===>lV1+x² -V1+y² l=< l x-y l
Sauf erreur bien sur!

Quelle joie de retrouver ce bon vieux forum!
Pour la première question:
soit:|x-y|=A et 2V(x²+y²+xy)=B
en élevant le tout au carré,on obtient:
A²=x²+y²-2xy et B²=4x²+4y²+4xy
puisque:A²-B²=-3(x+y)²
donc: A²=<B²
D'ou:A=<B
vue l'heure,je ne pourrais point partager ma réponse pour la 2eme!je le ferais demain !

nmo a écrit:

Pour la première:
On a |x-y|=<2V(x²+y²+xy).
Donc (x-y)²=<4(x²+y²+xy).
Donc x²-2xy+y²=<4x²+4y²+4xy.
Donc 0=<3x²+3y²+6xy.
Donc 0=<3(x²+y²+2xy).
Donc 0=<(x+y)².
Ce qui est juste.
Pour la deuxième:
On a |V(1+x²)-V(1+y²)|=<|x-y|.
Donc [V(1+x²)-V(1+y²)]²=<(x-y)².
Donc 1+x²+1+y²-2V(1+x²)(1+y²)=<x²+y²-2xy.
Donc 2+2xy=<2V(1+x²)(1+y²).
Donc 1+xy=<V(1+x²)(1+y²).==>(*)
Et cela necessite une preuve:
On a 2xy=<x²+y².
Donc 1+2xy+(xy)²=<1+x²+y²+(xy)².
Donc (1+xy)²=<(1+x²)(1+y²).
Donc |1+xy|=<V(1+x²)(1+y²).==>(1)
Et on sait que 1+xy=<|1+xy|.>==>(2)
De 1 et 2, on déduit *.
CQFD.
Sauf erreur.

Si je puis me permettre, ce qui est en rouge est une application directe de l'inégalité de Cauchy-Schwarz.

trop facile merci pour l'exo

Voiçi ma petite solution: (Malgré que l'exercise est trés façile)

1/

Qui est vrai par IAG.. (x^2+y^2 >= 2xy )

2/


Qui est juste aussi par IAG .. (x^2+y^2 >= 2xy )

Merçi ^^