Le marathon des inégalités:

Oty a écrit:

a,b,c >=0 tel que deux d'entre eux ne sont jamais nul Montrer que :

Si l'une des variables est nulle (par exemple c), l'inégalité se réduit à:
, ce qui est juste.

Supposons que toutes les variables sont strictement positives, ainsi, l'inégalité est équivalente à:

tel que: , donc: xyz=1.
Il suffit montrer que:
.
On a: .
Donc:
.
Et on trouve après développement que:

(en tenant compte que xyz=1).
D'où: ... le résultat en découle.

Problème: (*)

Trouver la valeur maximale du réel k tel qu'on a pour tous nombres strictement positifs a,b et c l'inégalité suivante:

ali-mes , On voit pas ton problème -_-

wa bou7dek akhay ali 7na rah tanchoofoh

K=0 ???

ali-mes a écrit:

Problème: (*)

Trouver la valeur maximale du réel k tel qu'on a pour tous nombres strictement positifs a,b et c l'inégalité suivante:

ma solution : je trouve finalement kmax=4 , pour a=b=1 , l'inégalité est equivalent a : on a : f(0)=2 >=0 d'ou pour que cette inégalité soit tjrs vrai il suffit que f'(c) > 0 (car c>0 ) on a : f'(c)=(12-3k)c²+(4k-12)c-k , le décriminant est D=4(k-6)² on remaque que pour cette equation admet deux solution c2 =< c1=-1 d'ou pour que f'(c) > 0 il suffite que 12-3k >=0 ainsi k=< 4 d"ou kmax=4 . Pour kmax=4 on pose : \sum a= 3u , \sum ab=3v² , abc=w^3 , l'inégalité est equivalent a g(w^3)=Aw^3 + B >=0 qui est linéaire en w^3 d'ou il suffit de prouver l'inégalité seulement pour a=b=1 et c >=0 , equivalent a : 2c²-4c+2=2(c-1)² >=0 ce qui est vrai . Tres jolie probleme Ali

Oty a écrit:

a,b,c >=0 tel que deux d'entre eux ne sont jamais nul Montrer que :

je croix qu'il vrai pour a,b,c des reels . je posterai ma solution ou j'ai utiliser \sum a/b+c sup a 1.5 pour a,b,c des reels positifs

a,b,c >=0 tel que : ab+bc+ca=3 Prouver que :

Oty a écrit:

a,b,c >=0 tel que deux d'entre eux ne sont jamais nul Montrer que :

d'apres holder on a (1+1+1)(sumcyclic{a(a²+ab+b²)})(sumcyclic{a²/(a²+ab+b²)}) >=(a+b+c)^3


donc T=sumcyclic{a²/(a²+ab+b²)}>=(a+b+c)^3/{3(sumcyclic{a(a²+ab+b²)})} non ça donne rien je me suit trompé je vais demarer autrement

Oty a écrit:

Prouver que pour tout a,b,c appartenant a [-1,1] on a : 1+2abc >= a²+b²+c² .

je crois que c'est faux prend par exemple le triplet (1,0,1) tu aura 1>=2 qui est fausse

younesmath2012 a écrit:

Oty a écrit:

Prouver que pour tout a,b,c appartenant a [-1,1] on a : 1+2abc >= a²+b²+c² .

je crois que c'est faux prend par exemple le triplet (1,0,1) tu aura 1>=2 qui est fausse

oui désolé le probleme est erroné je vais le changé

Oty a écrit:

a,b,c >=0 tel que : ab+bc+ca=3 Prouver que :

Bon je propose Ma solution


f est concave , d'après Jensen :


Donc il suffit de montrer que :






et comme f est décroissante, il faut montrer que :




( ce qui est vrai )

Problème ** :

soit (a,b,c) > 0
tels que abc=1
Montrez que :

alidos a écrit:

Oty a écrit:

a,b,c >=0 tel que : ab+bc+ca=3 Prouver que :

Bon je propose Ma solution


f est concave , d'après Jensen :


Donc il suffit de montrer que :






et comme f est décroissante, il faut montrer que :




( ce qui est vrai )

f''(x)=4\(x+2)^3 > 0 elle n'est pas concave !

Problème :

Prouver que pour tous réels strictement positifs x,y,z :

abdelkrim-amine a écrit:

Problème :

Prouver que pour tous réels strictement positifs x,y,z :

c une inégo étrange

Oty a écrit:

a,b,c >=0 tel que : ab+bc+ca=3 Prouver que :

Salut, voici ce que j'ai fait:

On a:


Donc, on doit montrer que:

.
On pose: , il vient que: x+y+z=3. Et l'inégalité à démontrer est:
.
d'après l'inégalité de Schur:
donc:
d'où:
Et d'après l'IAG: .
Donc:


.
Le résultat en découle ...

abdelkrim-amine a écrit:

Problème :

Prouver que pour tous réels strictement positifs x,y,z :

ma solution pour cette inégalite : l'inégalité est homogène alors on assume : x+y+z=1 , Posant , par shur on a quelque soit a,b,c >=0 on a : a²+b²+c²+ (9abc)\(a+b+c) >= 2(ab+ac+bc) , On prend : a= 1\(x+y) , b=1\(y+z) .... on obtient : ou p=xy+yz+xz et r=xyz . ainsi d'ou il suffit de prouver que K >=9\4 , or ceci est equivalent a : 9r(5p+1)-27p²+7p >=0 , par shur avec x+y+z=1 , on a 9r >= 4p-1 d'ou il suffit de prouver que : equivalent a : 2 - (7p-3)² >=0 . ce qui est vrai car p=< 1\3 par AM-GM ...

Ok pose une autre inégalité

Amigo ouvre ton cul pour que je te la passes

soient a,b et c des reels positives tq: a+b+c=3 . M.Q:
ab/(b^3+1) +ac/(a^3+1) + bc/(c^3+1) inf=2

pour l'inégalité de killua / avec Iag
On pose S =ab/(b^3+1) +ac/(a^3+1) + bc/(c^3+1)

on a : ab / b^3 +1/2+1/2 =< a/3 rac cub (1/4)


En sommant ça donne : S =< 1/ (3*rac cub (1/4) ) (a+b+c)


<==> S =< 1/ rac cub (1/4) =< rac cub (4)

et comme on a : rac cub (4) =< 2


ça donne S =< 2

jolie .... poste une autre !!!

avec plaisir


{ a,b,c} >0 avec Rac ( (a²+b²+c²) / 3 ) = 1

M.Q :


1/a(a+1) + 1/b(b+1) + 1/c(c+1) >= 1/2