Le marathon des inégalités:

Bien joué majdouline
en utilisant la substition

et les transformations de Ravi l'inégalité devient equivalente avec les variable a,b,c à


Or d'après l'inégalité de Holder


Ainsi il suffit de Montrer que

en supposons sans perte de généralité que a+b+c=1 et posons ab+bc+ca=q et abc=r
il suffit donc de prouver que

ou aussi

ce qui peut se réecrire comme

Or d'aprés Schur
donc
et comme

alors le resultat en découle

je presente ici la solution par Cauchy Schawrz dont je parlais
en utilisant les identités


alors il suffit de Montrer que

Or d'après l'inégalité de Cauchy Schwarz


donc il suffit de prouver que

ou aussi

ce qui equivaut à

ce qui est vrai

Salam Je propose cette inégalité ! a,b,c >0 et abc=1 MQ :

Dijkschneier a écrit:

darkpseudo a écrit:

Solution :

Spoiler:

Convexe ?!

Grosse bétise je m'en excuse .

Désolé il y a une petite faute , au lieu de a,b,c J'ai du mettre x , et z Je m'excuse !

Je propose :
Soient 0 < c <= b <= a.
Montrer que :

Je pense qu'il y'a une petite erreur , puisqu'on a ça donne

Alors t'as pas le droit de minorer ! ou alors Je n'ai pas compris ce passage !

Mais il y a un moins qui remet l'ordre initial

ah oui ! J'ai pas fait attention a ce moins ! désolé amigo !

Dijkschneier a écrit:

Je propose :
Soient 0 < c <= b <= a.
Montrer que : .

Si je me trompe pas :
en posant b=c on aura pas 0 dans LHS et dans RHS 3(a-b) ?

Pardon
J'ai corrigé l'énoncé.

Dijkschneier a écrit:

Je propose :
Soient 0 < c <= b <= a.
Montrer que :

Notons que l'inégalité équivaut à :

Remarquons que 3(a-b)+3(a-c)+3(c-b)>=5a-6b+c
donc il suffira de montrer que :

ou encore

Ce qui est vrai car elle equivaut à :

CQFD! sauf erreur !
PROBLEME:
SOIENT a,b,c des côtés d'un triangle tels que a²+b²+c²=3
Trouver la valeur minimale de l'expression A=ab+bc+ac-2abc

Sporovitch a écrit:

PROBLEME:
SOIENT a,b,c des côtés d'un triangle tels que a²+b²+c²=3
Trouver la valeur minimale de l'expression A=ab+bc+ac-2abc

Voici une solution bruteforce :
On se propose de montrer que la valeur minimale est 1.
Posons a=x+y et cycliquement, puis p=x+y+z, q=xy+xz+yz et r=xyz.
La condition veut dire : p²-q = 3/2
L'inégalité à prouver est équivalente à : p²-2pq+q+2r-1 >= 0 (*)
(*) <=> -2p^3 + 2p² + 3p - 5/2 + 2r >= 0
<=> r >= p^3 - p² - 3p/2 + 5/4
L'inégalité de Schur donne : r >= (p^3 - 2p)/3
Il suffit de montrer que (p^3 - 2p)/3 >= p^3 - p² - 3p/2 + 5/4, ce qui est équivalent à sqrt(5)/2 <= p <= 3/2.
L'inégalité bien connue p² >= 3q nous donne p <= 3/2 (et aussi q<=3/4), et donc on a fini dans le cas p >= sqrt(5)/2
Sinon, si p <= sqrt(5)/2, alors (*) est équivalente à (p-q)² + q - q² + 2r - 1 >= 0, ou encore à (p-p²+3/2)² + q - q² + 2r >= 1
Tenant compte de p <= sqrt(5)/2, il est aisé de vérifier que (p-p²+3/2)² >= 1.3680... et que q - q² >=0 (rappelons que q <= 3/4), et donc on a fini dans ce cas également.
Et puisque on a un cas d'égalité pour a=b=c=1, alors 1 est en effet la valeur minimale.

Problème :
Soient x_1, x_2, ..., x_n des réels positifs tels que leur produit soit égal à 1.
Montrer que :

-> Solution :
L'inégo est équivalente à :

On a : (D'après AM-GM )


Problème :
Soient des réels qui vérifient pour i=1,2,..n .
Démontrer que :

voila un exercice de IOM 2008 ( b l'anglais ga3 ) :
(i) If , and are three real numbers, all different from , such that , then prove that
.
(With the sign for cyclic summation, this inequality could be rewritten as .)
(ii) Prove that equality is achieved for infinitely many triples of rational numbers , and .

Bensouda a écrit:

voila un exercice de IOM 2008 ( b l'anglais ga3 ) :
(i) If , and are three real numbers, all different from , such that , then prove that
.
(With the sign for cyclic summation, this inequality could be rewritten as .)
(ii) Prove that equality is achieved for infinitely many triples of rational numbers , and .

(i) Posons , et .
Nous avons : , et .
L'inégalité équivaut à et la condition à ce qui équivaut à
Donc l'inégalité équivaut à :

Ce qui est vrai. Donc l'inégalité de départ est vraie.

Sylphaen a écrit:

-> Solution :
L'inégo est équivalente à :

On a : (D'après AM-GM )


Problème :
Soient des réels qui vérifient pour i=1,2,..n .
Démontrer que :

http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?p=1219435&sid=e0b8ca46110b000b39caa46848cd0675#p1219435

mizmaz a écrit:

Bensouda a écrit:

voila un exercice de IOM 2008 ( b l'anglais ga3 ) :
(i) If , and are three real numbers, all different from , such that , then prove that
.
(With the sign for cyclic summation, this inequality could be rewritten as .)
(ii) Prove that equality is achieved for infinitely many triples of rational numbers , and .

(i) Posons , et .
Nous avons : , et .
L'inégalité équivaut à et la condition à ce qui équivaut à
Donc l'inégalité équivaut à :

Ce qui est vrai. Donc l'inégalité de départ est vraie.

Bien.
Pour ne pas laisser ce bon jeu en chômage, je propose une solution pour la deuxième question.

(ii) Prove that equality is achieved for infinitely many triples of rational numbers .

darkpseudo a écrit:

Solution :

Spoiler:

Problème :
a,b,c >= 0 et sum(a^2)=3 MQ 12+9abc>=sum(ab)

Ta solution est fausse car

Je rapelle que la question est de démontrer que :

Le prochain problème sera noté 70 et ainsi de suite...
Problème 70 :
Soient a,b,c et d des réels positifs tels que a+b+c+d=1.
Montrer que :

salùt:
puis conclure.
Problème 71:
soient a,b,c>=0 montrer que:

s'il vous plait pour que le marathon reste un marathon si quelqu'un veut poster une solution il est préférable de poster un problème aussi,merci d'avance.

powerofzeta a écrit:

s'il vous plait pour que le marathon reste un marathon si quelqu'un veut poster une solution il est préférable de poster un problème aussi,merci d'avance.

OK cheef !!
" a TAAAAAAAAAAAYEEB" !!