Magnifique !

pour tout reel positif a,b,c montrer que :


[img]http://latex.codecogs.com/gif.latex?\sqrt{(a^2b+b^2c+c^2a)(ab^2+bc^2+ca^2)}\geq&space;abc+\sqrt[3]{(a^3+abc)(b^3+abc)(c^3+abc)}[/img]

allé un petit essaye c'est pas difficile !

Soit

On a
LHS =
RHS = [img]http://latex.codecogs.com/gif.latex?abc(\1+\sqrt[3]{2+x})[/img]

Donc l'inégalité équivaut à :
[img]http://latex.codecogs.com/gif.latex?\sqrt{3+x}\ge1+\sqrt[3]{2+x}[/img]

Et selon AM - GM on a :


Le reste n'est qu'une simple étude de la fonction [img]http://latex.codecogs.com/gif.latex?f(x)=\sqrt{3+x}-\sqrt[3]{2+x}-1[/img] pour prouver qu'elle est positive dans [img]http://latex.codecogs.com/gif.latex?[6;+\infty[[/img]

[img]http://latex.codecogs.com/gif.latex?on~~a~~\sqrt{(a^2b+b^2c+c^2a)(ab^2+bc^2+ca^2)}\geq&space;abc+\sqrt[3]%20{(a^3+abc)(b^3+abc)(c^3+abc)}\Leftrightarrow\\\sqrt{(\frac{a}{c}+\frac{b}{a}+\frac{c}{b})(\frac{c}{a}+\frac{a}{b}+\frac{b}{c})}\geq&space;1+\sqrt[3]%20{(\frac{a^2}{bc}+1)(\frac{b^2}{ca}+1)(\frac{c^2}{ab}+1)}\\\\posons~~x=\frac{a}{b}~;~y=\frac{b}{c}~;~z=\frac{c}{a}~;~t=x+y+z~;~B=xy+yz+zx~~on~~a~~xyz=1\\l'inegalit%C3%A9\Leftrightarrow%20\sqrt{(x+y+z)(xy+yz+zx)}\geq%201+\sqrt[3]{\left%20(\frac{y}{x}+1%20\right%20)\left%20(%20\frac{x}{z}+1\right%20)%20\left%20(%20\frac{z}{y}+1%20\right%20)}=1+\sqrt[3]{(x+y)(y+z)(z+x)}%20\Leftrightarrow%20\sqrt{tB}\geq%201+\sqrt[3]{(x+y)(y+z)(z+x)}\\\Leftrightarrow%20\sqrt{p^{3}+1}\geq%201+p%20~~car\fbox{(x+y+z)(xy+yz+zx)=xyz+(x+y)(y+z)(z+x)}\\on~~a~~pos%C3%A8~~p=\sqrt[3]{(x+y)(y+z)(z+x)}[/img] [img]http://latex.codecogs.com/gif.latex?\Leftrightarrow%20p^{3}+1\geq%201+2p+p^{2}\Leftrightarrow%20p(p+1)(p-2)\geq%200~~qui~~est%20~~vraie~~car~~\\p\geq%20\sqrt[3]{8xyz}=2[/img]