Nice

Soit , et des réels positifs tels que :
Prouver les inégalités suivantes :





Je posterai ma solution demain.
Bonne année 2011 à tous

Soit un triangle quelconque.
On note le demi-périmètre , le rayon du cercle circonscrit et le rayon du cercle inscrit au triangle .
On a :

Et :

Donc :

On pose alors :

On a :

Et :

On pose :

Donc est un triangle (aigu plus précisément) .
D'où :

On note le demi-périmètre, le rayon du cercle circonscrit et le rayon du cercle inscrit au triangle .
Ainsi :

On a :

Et :

Or :

Il suffit alors de prouver que :


Ce qui n'est autre que l'inégalité de Walker.

J'attends toujours vos solutions pour ce problème.

J'allais poster la solution de quelques unes , et puisqu'elle est différente , attendez mon prochain message
EDIT:
Voilà :

1) [img] http://latex.codecogs.com/gif.latex?I.A.G:%20x^2+y^2+z^2+2xyz\geq%204\sqrt[4]{2(xyz)^3}[/img] avec la condition de l'exercice on obtient directement
3) RHS :
3)LHS: posons p=x+y+z , q=xy+yz+xz et r=xyz
les conditions deviennent p²-2q+2r=1
on utilisant la deuxième inégalité (que je n'ai pas encore prouvée) on a
puisque r=<1/8 on aura q=<3/4 CQFD

Pour la troisième, tu as dû admettre un autre résultat pour la prouver, mais c'est bien vu Tarask
Sinon une idée d'un changement de variable qui m'a été proposé par Abdek :
Soit , et des réels positifs.
On a :

En divisant le tout par , on obtient :

On peut donc poser :

Mais cela est équivalent au changement de variable que j'ai fait car en posant :

, et sont les côtés d'un triangle.
On note le demi-périmètre du triangle et les angles opposés aux côtés respectivement.
Et donc :

King a écrit:

Pour la troisième, tu as dû admettre un autre résultat pour la prouver, mais c'est bien vu Tarask
Sinon une idée d'un changement de variable qui m'a été proposé par Abdek :
Soit , et des réels positifs.
On a :

En divisant le tout par , on obtient :

On peut donc poser :

Mais cela est équivalent au changement de variable que j'ai fait car en posant :

, et sont les côtés d'un triangle.
On note le demi-périmètre du triangle et les angles opposés aux côtés respectivement.
Et donc :

Très jolie méthode !!!!!
Sinon , je serai très ravi de voir une démonstration sans approche géométrique de la seconde inégalité ! C.S et ses voisins ne m'ont servi à rien pour la faire

Spoiler:

j'ai une preuve simple pour la 2eme
supposons que x+y+z>3/2
notos que d'apres SCHUR inégalité on peu facilment avoir:

et puisque x+y+z>3/2 on aura :

ce qui est faux. car en posant :
ça va etre equivalent à : (2x-1)²(4x+1)<0 ce qui est faux .

Sporovitch a écrit:

Spoiler:

j'ai une preuve simple pour la 2eme
supposons que x+y+z>3/2
notos que d'apres SCHUR inégalité on peu facilment avoir:

et puisque x+y+z>3/2 on aura :

ce qui est faux. car en posant :
ça va etre equivalent à : (2x-1)²(4x+1)<0 ce qui est faux .

Oui c'est juste ! (je connaissais pas ce résultat immédiat de l'inégalité de Schur qui n'arrête pas de me fasciner )
Petite rectification : (2a-1)²(4a+1)<0

Pouvez-vous proposer une solution pour la dernière inégalité?

King a écrit:

Pouvez-vous proposer une solution pour la dernière inégalité?

OK!
D'abord Il y a forcément 2 nombres qui sont soient tous les 2 supérieurs à 1/2 oubient Tous les 2 inférieurs à 1/2 supposons que ces nombres là sont x et y
donc :
(x-1/2)(y-1/2)>=0 <==> xy+1/4>= (x+y)/2 <==> xy+2xyz+z/2>=xz+yz+xy
*si xy+2xyz+z/2 =<1/2+2xyz C'est fini
*si xy+2xyz+z/2>1/2 +2xyz <==> 2xy+z>1 <==> 2xyz+z²>z <==> 1>z+x²+y²>z+2xy ce qui est absurde
FIN!

Si King me le premet je poste un problème similaire :
Soient x,y,z des réels positifs tels que x²+y²+z²=xyz
a)
b)
c)
d)

Bon après midi Sporovitch
Les trois premières inégalités sont des applications immédiates d'AM-GM pour la troisième :
posons comme d'habitude p=x+y+z , q=xy+yz+xz et r=xyz
la condition devient alors p²-2q=r
et on doit prouver que q>= 2p+9 p étant supérieur ou égal à 9 on aura seulement affaire à démontrer que q>= 3p
on sait bien d'après Schur que :
il suffira alors de prouver que qui est clairement vrai !

Sauf erreur et merci pour la chaîne d'inégalités !

Mon tour
prouver que pour tous réels x,y et z strictement positifs tels que xy+xz+yz+2xyz=1 on a les inégalités suivantes :



tel que

Aucune tentative ?

1) IAG sur le xy+xz+yz puis résolution d'une inéquation du troisième degré en (xyz) donnant xyz <= 1/8.
2) Utilisation de (x+y+z)²>=3(xy+xz+yz) et de (x+y+z)^3 >= 27xyz puis résolution d'une inéquation du troisième degré en (x+y+z) donnant immédiatement x+y+z >= 3/2
3) Beaucoup de calculs apparemment pour montrer la deuxième partie (qui introduit le maximum), et dont la première s'en déduit.

1) IAG sur xy+yz+xz+xyz+xyz =1 donne r=<1/8
2)on a 2r=<1/4 donc 3/4=<q et on sait que p^2>=3q d'où découle le résultat
3)Je suis bloqué sur la deuxième c elle qui va nous aider pour résoudre la premiére

Dijkschneier a écrit:

1) IAG sur le xy+xz+yz puis résolution d'une inéquation du troisième degré en (xyz) donnant xyz <= 1/8.
2) Utilisation de (x+y+z)²>=3(xy+xz+yz) et de (x+y+z)^3 >= 27xyz puis résolution d'une inéquation du troisième degré en (x+y+z) donnant immédiatement x+y+z >= 3/2
3) Beaucoup de calculs apparemment pour montrer la deuxième partie (qui introduit le maximum), et dont la première s'en déduit.

j'ai aimé tes méthodes (surtout l'inéquation du troisième degré en (xyz)) Mais je trouve un grand problème ::
Pourquoi l'inéquation du 3eme degré?!! Pourquoi lSOS?! au cas où une simple substitution rend l'exercice plus facile à résoudre avec les moyens sauf la dernière.

mr.mertasayeker a écrit:

1) IAG sur xy+yz+xz+xyz+xyz =1 donne r=<1/8
2)on a 2r=<1/4 donc 3/4=<q et on sait que p^2>=3q d'où découle le résultat
3)Je suis bloqué sur la deuxième c elle qui va nous aider pour résoudre la premiére

T'es sûr de ton IAG?!!
Non la 1ere est plus facile que la 2eme.
Amicalement