monde des inégalités

Exo 9
a,b,c>=0 et abc=<1, montrer que a/b + b/c + c/a >= a+b+c

Solution exo 9 :
on a abc=<1 donc ∃t≥1 tabc=1 .
posons : (∛t)a=x/y   et  (∛t)b=z/x  et (∛t)c=y/z .
l'inégalité est équivalente à    
il suffit de montrer que , puisque t≥1 ,
ce qui equivaut a x³ + y³ + z³ ≥ x²z + z²y +y²x , ce qui n'est que l'inégalité de reordonnement . J'attends une confirmation :p

juste, a toi de proposer

EXO 10

soit x,y,z > 0 tels que xy + yz + zx = 1/3  

Montrer que

inégalité est équivalente a sigmacyc(x²/x^3-xyz+x) >= 1/x+y+z et puis appliquer Cauchy-shwarz

Oui bien

je n'ai pas d'exo pour le moment, a toi de poster un

EXO 11
soient a,b,c > 0 tel que a+b+c = 1

prouvez que a² + b² + c²+√(12abc) ≤ 1

Saluut ¡¡ est ce que vous pourriez rediger la reponse de l exo precedent
{ex10} ¿¡ et Merci d'avance^^!!

seledeur a écrit:

EXO 11
soient a,b,c > 0 tel que a+b+c = 1

prouvez que a² + b² + c²+√(12abc) ≤ 1

l'équation est équivalente a (a+b+c)²-2(ab+ac+bc)+√(12abc) ≤ 1 <=> 1+√(12abc)=< 1+2(ab+ac+bc) <=>
√(12abc)=<2(ab+ac+bc) <=> √(3abc)=<(ab+ac+bc) (1)
par AM-GM on a ((a+b+c)^3)/27>=abc donc abc=<1/27 alors 3^6*(abc)^4>=3^3*(abc)^3 donc 3*((abc)^2)^(1/3)>=√(3abc) par AM-GM on a ab+ac+bc>=3*((abc)^2)^(1/3) ==> ab+ac+bc>=√(3abc) CE QUI ACHÉVE LA DEMONSTRATION

Oui, juste .

x,y,z>0 et x²+y²+z²=xyz montrer que xy + xz + yz ≥ 2(x + y + z) + 9.

l'inégalité est fausse pour x=y=z=0 ,
x,y,z>0 :
on sait que GM ≤ QM alors (∛xyz) ≤ √((x²+y²+z²)/3) , en utilisant x²+y²+z²=xyz , on arrive a xyz ≥ 27 . On garde ce resultat .
D'autre part en multipliant par 2 le LHS et le RHS, l'inégalité a montrer est equivalente à (x + y + z)² -xyz ≥ 4(x + y + z) + 18 (puisque x²+y²+z²=xyz) , ou encore (x + y + z)(x + y + z - 4) - xyz - 18 ≥ 0
or d'apres AM GM : x+y+z≥3(∛xyz) , donc apres développement : (x + y + z)(x + y + z - 4) - xyz - 18 ≥ 9(xyz)^(2/3)-12(xyz)^(1/3) - (xyz) - 18 . la fonction 9x^(2/3)-12x^(1/3) - x - 18 est positive pour x≥ 27 . CQFD http://www.wolframalpha.com/input/?i=9x%5E%282%2F3%29-12x%5E%281%2F3%29+-+x+-+18

bien vu , a toi de poster

x,y,z >0 , MQ :

seledeur a écrit:

EXO 10
soit x,y,z > 0 tels que xy + yz + zx = 1/3  
Montrer que

Zouhair-Evariste a écrit:

inégalité est équivalente a sigmacyc(x²/x^3-xyz+x) >= 1/x+y+z et puis appliquer Cauchy-shwarz

seledeur a écrit:

Oui bien

Zouhair-Evariste a écrit:

je n'ai pas d'exo pour le moment, a toi de poster un

bianco verde a écrit:

Saluut ¡¡ est ce que vous pourriez rediger la reponse de l exo precedent
{ex10} ¿¡ et Merci d'avance^^!!

Moi aussi, je ne trouve aucune tentative de résolution...
Et pourtant, la réponse est jugée bonne!

nmo a écrit:

seledeur a écrit:

EXO 10
soit x,y,z > 0 tels que xy + yz + zx = 1/3  
Montrer que

Zouhair-Evariste a écrit:

inégalité est équivalente a sigmacyc(x²/x^3-xyz+x) >= 1/x+y+z et puis appliquer Cauchy-shwarz

seledeur a écrit:

Oui bien

Zouhair-Evariste a écrit:

je n'ai pas d'exo pour le moment, a toi de poster un

bianco verde a écrit:

Saluut ¡¡ est ce que vous pourriez rediger la reponse de l exo precedent
{ex10} ¿¡ et Merci d'avance^^!!

Moi aussi, je ne trouve aucune tentative de résolution...
Et pourtant, la réponse est jugée bonne!

Si xy+yz+xz=1/3 alors (x+y+z)^3+3xyz=x^3+y^3+z^3+x+y+z

nmo a écrit:

seledeur a écrit:

EXO 10
soit x,y,z > 0 tels que xy + yz + zx = 1/3  
Montrer que

Zouhair-Evariste a écrit:

inégalité est équivalente a sigmacyc(x²/x^3-xyz+x) >= 1/x+y+z et puis appliquer Cauchy-shwarz

seledeur a écrit:

Oui bien

Zouhair-Evariste a écrit:

je n'ai pas d'exo pour le moment, a toi de poster un

bianco verde a écrit:

Saluut ¡¡ est ce que vous pourriez rediger la reponse de l exo precedent
{ex10} ¿¡ et Merci d'avance^^!!

Moi aussi, je ne trouve aucune tentative de résolution...
Et pourtant, la réponse est jugée bonne!

on a LHS=sigmacyc(x²/x^3-xyz+x)>= (x+y+z)²/(x^3+y^3+z^3-3xyz+x+y+z)=(x+y+z)/(x²+y²+z²-xy-yz-zx+1) (1)
 (car x^3+y^3+z^3-3xyz=(x+y+z)(x²+y²+z²-xy-yz-zx) )
on a 3(xy+yz+zx)=1 ==> 2(xy+yz+zx)=1-xy-yz-zx alors (x+y+z)²=x²+y²+z²-xy-yz-zx+1 ==> x+y+z/(x²+y²+z²-xy-yz-zx+1) =1/x+y+z donc en substituant dans (1) on obtient le resultat voulu  

2eme methode :
 
puis AM GM

Proposez une autre :p

Soient x,y et z des réels strictement positifs vérifiant la relation xy+xz+yz=1. Prouver que :

remarquer que 1+x² = (x+y)(x+z) , le RHS devient 2/(x+y)(x+z)(y+z) , de meme pour le LHS, le

denominateur commun devient ((x+y)(x+z)(y+z))² , puis on multiplie les deux cotés de l'inegalité par

((x+y)(x+z)(y+z))² , apres quelques simplifications, on arrive a x²y+xz²+y²z + 2(xy²+x²z+zy²)≥ x+y+z

qui est facile par Tchyebechev . Sauf erreurs

seledeur a écrit:

remarquer que 1+x² = (x+y)(x+z) , le RHS devient 2/(x+y)(x+z)(y+z) , de meme pour le LHS, le

denominateur commun devient ((x+y)(x+z)(y+z))² , puis on multiplie les deux cotés de l'inegalité par

((x+y)(x+z)(y+z))² , apres quelques simplifications, on arrive a x²y+xz²+y²z + 2(xy²+x²z+zy²)≥ x+y+z

qui est facile par Tchyebechev . Sauf erreurs

ou bien, sans utiliser Tchebychev : on a x+y+z=(xy+xz+yz)(x+y+z)
alors l'inégalité devient : xy²+x²z+zy²≥ 3xyz ce qui est vrai

il y a une autre méthode géométrique ... x=tan(A/2), y=tan(B/2) et z=tan(C/2)

c votre tour de poster un brob

x,y,z strictement positifs , MQ :