Facile, mais pas futile.

Soit , prouver que:

Facile par une AM-GM

a^3+b^3+c^3>=3abc , Or (a,b,c)>0, ab+bc+ac>=a²+b²+c² donc (a+b+c)²>=3(a²+b²+c²)

D'ou le résultat.

M.Marjani a écrit:

Or (a,b,c)>0, ab+bc+ac>=a²+b²+c² donc (a+b+c)²>=3(a²+b²+c²)

Faux !! C'est l'inégalité inversée qui est vraie : a²+b²+c² >= ab+ac+bc. De même pour celle qui en découle.

M.Marjani a écrit:

Facile par une AM-GM

a^3+b^3+c^3>=3abc , Or (a,b,c)>0, ab+bc+ac>=a²+b²+c² donc (a+b+c)²>=3(a²+b²+c²)

D'ou le résultat.

J'ai dis facile, mais pas à ce point-là, car ça serait trivial sinon.

Dijkschneier a écrit:

M.Marjani a écrit:

Or (a,b,c)>0, ab+bc+ac>=a²+b²+c² donc (a+b+c)²>=3(a²+b²+c²)

Faux !! C'est l'inégalité inversée qui est vraie : a²+b²+c² >= ab+ac+bc. De même pour celle qui en découle.

Oui, t'as raison. 'I'm confused today!'

M.Marjani a écrit:

Dijkschneier a écrit:

M.Marjani a écrit:

Or (a,b,c)>0, ab+bc+ac>=a²+b²+c² donc (a+b+c)²>=3(a²+b²+c²)

Faux !! C'est l'inégalité inversée qui est vraie : a²+b²+c² >= ab+ac+bc. De même pour celle qui en découle.

Oui, t'as raison. 'I'm confused today!'

Je corrige:

(a+b+c)²=(a+b+c)(a+b+c)>=9(abc)^{2/3}
(a²+b²+c²)>=3(abc)^{2/3}

(a+b+c)²/(a²+b²+c²)>=3

Le résultat découle..

salut

M.Marjani a écrit:

M.Marjani a écrit:

Dijkschneier a écrit:

M.Marjani a écrit:

Or (a,b,c)>0, ab+bc+ac>=a²+b²+c² donc (a+b+c)²>=3(a²+b²+c²)

Faux !! C'est l'inégalité inversée qui est vraie : a²+b²+c² >= ab+ac+bc. De même pour celle qui en découle.

Oui, t'as raison. 'I'm confused today!'

Je corrige:

(a+b+c)²=(a+b+c)(a+b+c)>=9(abc)^{2/3}
(a²+b²+c²)>=3(abc)^{2/3}

(a+b+c)²/(a²+b²+c²)>=3

Le résultat découle..

salut M Marjani
ce qui est en rouge est faux

oussama1305 a écrit:

Soit , prouver que:

L'inégalité étant homogène, on peut normaliser le problème en supposant, sans perte de généralité, que abc = 1/3.
On a d'après l'inégalité de Chebyschev : a^3+b^3+c^3 >= (a+b+c)(a²+b²+c²)/3, et d'après l'IAG : a+b+c >= 3(1/3)^(1/3)
Par conséquent, LHS >= 2(a+b+c)(a²+b²+c²) + 9(a+b+c)²/(a²+b²+c²) >= 3(1/3)^(1/3) * (2x + 3(1/3)^(1/3)/x ) >= 33, où x = a²+b²+c².
La dernière inégalité est vraie lorsque x>0, ce qui est le cas.

Dijkschneier a écrit:

oussama1305 a écrit:

Soit , prouver que:

L'inégalité étant homogène, on peut normaliser le problème en supposant, sans perte de généralité, que abc = 1/3.
On a d'après l'inégalité de Chebyschev : a^3+b^3+c^3 >= (a+b+c)(a²+b²+c²)/3, et d'après l'IAG : a+b+c >= 3(1/3)^(1/3)
Par conséquent, LHS >= 2(a+b+c)(a²+b²+c²) + 9(a+b+c)²/(a²+b²+c²) >= 3(1/3)^(1/3) * (2x + 3(1/3)^(1/3)/x ) >= 33, où x = a²+b²+c².
La dernière inégalité est vraie lorsque x>0, ce qui est le cas.

Prends x = 3^{1/3}, qui est le cas d'égalité, ça donne 9 >= 33, à toi de voir si c'est vrai.

oussama1305 a écrit:

Prends x = 3^{1/3}, qui est le cas d'égalité, ça donne 9 >= 33, à toi de voir si c'est vrai.

Certes. Mais ce n'est pas de ma faute si mon moteur de calcul a déconné

Abdek_M a écrit:

elle equivaut à


ce qui est vrai par Am-Gm

Bien vu Abdek !

Sinon voici la solution que j'ai trouvé à première vue :
On pose :

L'inégalité est homogène, nous pouvons donc supposer que :
L'inégalité équivaut à :



Ce qui est clairement vrai.

King a écrit:

D'après l'inégalité de Schur pour :

Ah bon ? Cela est équivalent à l'inégalité 9xyz + 1 >= 4(x²+y²+z²). Prendre x=y=z=1.

Dijkschneier a écrit:

King a écrit:

D'après l'inégalité de Schur pour :

Ah bon ? Cela est équivalent à l'inégalité 9xyz + 1 >= 4(x²+y²+z²). Prendre x=y=z=1.

Il m'a semblé voir :

King a écrit:

L'inégalité est homogène, nous pouvons donc supposer que :

oussama1305 a écrit:

Il m'a semblé voir :

King a écrit:

L'inégalité est homogène, nous pouvons donc supposer que :

Pardon. Quelqu'un aurait-il la tendresse, dans ce cas, d'expliquer comment l'on passe de la forme classique (pour t=1) : x(x − y)(x − z) + y(y − x)(y − z) + z(z − x)(z − y) >= 0, à la forme qu'a utilisé King : r >= (4q-1)/9 ?

Et puisque : , on retrouve l'inégalité désirée.

Merci.