Le marathon des inégalités:

Dijkschneier a écrit:

Chebyschev est inapplicable : tes suites n'ont pas le même ordre.

un contre-exemple me rassurera vraiment

intuitivement , sans un comtre exemple , je suis d'accord avec Dijkschneier.
Amicalement.

Bonsoir
Je vois très bien de quoi parle Dijkschneier !
Pourtant , je sens que c'est juste (je suis pas sûr parce que je n'ai pas trouvé de contre-exemple)mais ta remarque est bonne , ça je ne le nie pas ! : si l'on suppose que x²>y²>z² il faut prouver que !
C'est la où réside le problème ? (je chercherai encore si c'est le cas )

Oui, ce qui est faux.

Dijkschneier a écrit:

Oui, ce qui est faux.

Malheureusement oui , je viens de m'en rendre compte
Reste à trouver une autre méthode (qui sera surement très élégante )

Bonjour
J'espère bien que quelqu'un nous donne une solution à cette inégalité Je n'ai pas trouvé d'autre méthodes ...
Et merci !

Cette inégalité vient d'un ancien Topic dans Mathlinks qui est ici http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=52&t=374031&p=2064886#p2064886

voici ma propre solution mais désolé je dois le supprimer parce que je n'ecrire pas de latex mais bon

soit (x.y.z)£( (R-) union 1.+l'infini) alors
( x<x^2 )====== x/(3(y-1)^2+8/3)<x^2/(3y^2-6y+11)

on pose la fonction f(x)=1/(3(y-1)^2+8/3) f est convexe alors on va l'appliquer la convexité de la somme
et on x+y+z=1
f((x+y+z)/3)<segma de x/(3(y-1)^2+8/3)
f((x+y+z)/3)=3/8 alors

3/8<segma de x/(3(y-1)^2+8/3) donc 3/8< segma de x^2/(3y^2-6y+11)

je crois qu'il ya une erreur mais

ligne 5 (x+y+z)/3=1

houssam16 a écrit:

voici ma propre solution mais désolé je dois le supprimer parce que je n'ecrire pas de latex mais bon

soit (x.y.z)£( (R-) union 1.+l'infini) alors
( x<x^2 )====== x/(3(y-1)^2+8/3)<x^2/(3y^2-6y+11)

on pose la fonction f(x)=1/(3(y-1)^2+8/3) f et convexe alors on va l'appliquer la convexité de la somme
et on x+y+z=1
f((x+y+z)/3)<segma de x/(3(y-1)^2+8/3)
f((x+y+z)/3)=3/8 alors

3/8<segma de x/(3(y-1)^2+8/3) donc 3/8< segma de x^2/(3y^2-6y+11)

je crois qu'il ya une erreur mais

Bonsoir
L'inégalité de Jensen n'est pas bien appliquée malheureusement
On peut faire de telles choses à minuit
P.S: et si x£ [0,1] ?

wé T'AS RAISON TARASK malgré que x/3+y/3+z/3=1 ( x.y.z) appartient de R

Mr.Wajih a écrit:

Salut tout le monde

Problème 60 :

salam...
ma solution:



Or ,

CQFD....
sauf erreur....

majdouline a écrit:

Mr.Wajih a écrit:

Salut tout le monde

Problème 60 :

salam...
ma solution:



Or ,

CQFD....
sauf erreur....

majdouline !!! rien à dire tjr élégante !

Je pense que Majdouline n'a pas de problème a porposer .
PROBLemE 61
soient a,c,b>0 then :

salam , solution du pb 61 :


supposons par symétrie de r^les que a>b>c

donc LHS >= (a^2+b^2+c^2-ab-ac-bc)/ sqrt(7a^2+2b^2+2c^2) >= 0


car (a^2 +b^2 +c^2 ) >= ab +bc +ac .. CQFD.
(L'inégalité du réordonnement)

{}{}=l'infini a écrit:

salam , solution du pb 61 :


supposons par symétrie de r^les que a>b>c

donc LHS >= (a^2+b^2+c^2-ab-ac-bc)/ sqrt(7a^2+2b^2+2c^2) >= 0


car (a^2 +b^2 +c^2 ) >= ab +bc +ac .. CQFD.
(L'inégalité du réordonnement)

PLus d'explications STP.

Je crois qu'il est temps de revivre le marathon.
Solution au probleme 61:

Spoiler:

Si Sporovitch le permet voici une inégalité très facile pour inciter les autres à participer :
Montrer que pour tous réels strictement positifs a, b et c :

Mais celui qui va la résoudre , doit donner au moins deux méthodes différentes

Personne ?

*1ere methode :
par homogenéité supposons que a+b+c=1 donc a b=1-c , de meme pour b+c et c+a
or par convexité de la fonction dc tu conclu

*2ème methode :par homogeneité suppose encors a b c=1
on a f(a)>=a ( je pense , dsl j'ai pas le temps de chercher ( amicalement ) ) sinn cherche une fonction g affine ( pour facilité ) en fonction de a tq f(a)>=g(a) et puis fais la somme cycliquement et tu trouvera l'inégalité désiré.

. a écrit:

*1ere methode :
par homogenéité supposons que a+b+c=1 donc a b=1-c , de meme pour b+c et c+a
or par convexité de la fonction dc tu conclu

*2ème methode :par homogeneité suppose encors a b c=1
on a f(a)>=a ( je pense , dsl j'ai pas le temps de chercher ( amicalement ) ) sinn cherche une fonction g affine ( pour facilité ) en fonction de a tq f(a)>=g(a) et puis fais la somme cycliquement et tu trouvera l'inégalité désiré.

Pour la première méthode , ça va !
La deuxième , je crois pas que f(a)>=a parce que a doit appartenir à [1/3 , 1] ce qui n'est pas le cas je pense.

Je crois que la première méthode ne marche pas non plus, puisque la fonction considérée n'est pas convexe sur [0,1] tout entier.

Dijkschneier a écrit:

Je crois que la première méthode ne marche pas non plus, puisque la fonction considérée n'est pas convexe sur [0,1] tout entier.

Attend , je vérifie immédiatement .
EDIT: Elle est méchante la dérivée très longue ....
Sinon , je sens Tchebyshev là .
P.S: Je change d'opinion , elle n'est pas facile

Utilise Wolfram-Alpha pour les calculs de dérivées :

tarask a écrit:

Montrer que pour tous réels strictement positifs a, b et c :

bonsoir....

CQFD...
Que chacun se sente libre de proposer un nouveau problème !