monde des inégalités

Montrer que :


avec a,b,c>0 et a+b+c=1

Mais, avec a=x² ... :


Donc :


Et puisque la fonction x-> x/(x+1) est concave sur IR+ nous avons par Jensen :
.
QED .

J'aimerais bien, si possible voir ta solution Ahmed Taha. Pour voir seulement s'il y a une solution plus élégante. Merci

Humber a écrit:

Mais, avec a=x² ... :


Donc :


Et puisque la fonction x-> x/(x+1) est concave sur IR+ nous avons par Jensen :
.
QED .

J'aimerais bien, si possible voir ta solution Ahmed Taha. Pour voir seulement s'il y a une solution plus élégante. Merci

bien joué   



j'ai trouver cette solution dans ce livre la
http://ohkawa.cc.it-hiroshima.ac.jp/AoPS.pdf/567%20Nice%20And%20Hard%20Inequality.pdf

car ma méthode est plus long 

Merci pour le livre, intéressant.

Humber a écrit:

Merci pour le livre, intéressant.

c rien

L'inégalité est équivalente à prouver que : ab+bc+ac+abc≥4 ou encore (a-1)(b-1)(1-c)+a+b+c+2abc≥5
Observons que a,b,c ne peuvent être tous supérieurs ou inférieurs à 1. Supposons donc SPDG que (a,b)≥1 et que 1≥c. Nous avons donc (a-1)(b-1)≥0 et donc (a-1)(b-1)(1-c)+a+b+c+2abc≥a+b+c+2abc
Il suffit ainsi de prouver que a+b+c+2abc≥5
Si abc≥1 l'inégalité est claire parce que a+b+c≥3 .
Si 1≥abc :
<==>

Prenons la fonction f: x->p/x+2x avec p²=(ab+bc+ac)²≥3abc(a+b+c)=3(ab+bc+ac) ==> p≥3 et x=abc

1≥x ==>2x²-p <0 donc f est décroissante sur ]0,1], ainsi f(x)≤f(1) <==> f(x)≥p+2≥5

Donc p/x+2x=(ab+bc+ac)/abc+2abc≥5 ==>a+b+c+2abc≥5. CQFD

Finalement je pense que le cas 1≥abc est inutile vu que lorsque(a,b)≥1 et c en est inférieure, abc est systématiquement supérieur ou égal à 1 . Reste à le démontrer.

n≥2


Prouver que :

Pour le problème de M. Ahmed TAHA du 9 Janvier 2014, j'ai trouvé une solution dans laquelle on n'utilise que les IAG.

Soient a,b et c des réels positifs tel que a+b+c=1.  Montrer que  ab/(1-c^2 )+bc/(1-a^2 )+ca/(1-b^2 )≤  3/8   .

On a  ab/(1-c^2 )=  ab/(〖(a+b+c)〗^2-c^2 )=ab/(a^2+b^2+2ab+2bc+2ca)   .

On a aussi a^2+b^2+2ab+2bc+2ca≥8〖(a^6 b^6 c^4)〗^(1/=8a^(3/4) b^(3/4) c^(1/2)   ∶IAG .
↔1/(8a^(3/4) b^(3/4) c^(1/2) )≥1/(a^2+b^2+2ab+2bc+2ca)  ↔(a^(1/4) b^(1/4))/(8c^(1/2) )≥ab/(a^2+b^2+2ab+2bc+2ca)

donc   ab/(1-c^2 )≤(a^(1/4) b^(1/4))/(8c^(1/2) )   ,de même on a  bc/(1-a^2 )≤(b^(1/4) c^(1/4))/(8a^(1/2) )  et ca/(1-b^2 )≤(c^(1/4) a^(1/4))/(8b^(1/2) )  ,

donc  ab/(1-c^2 )+bc/(1-a^2 )+ca/(1-b^2 )≤1/8 ((a^(1/4) b^(1/4))/(8c^(1/2) )+(b^(1/4) c^(1/4))/(8a^(1/2) )+(c^(1/4) a^(1/4))/(8b^(1/2) ))  ≤1/8*3〖((a^(1/4) b^(1/4))/(8c^(1/2) )*(b^(1/4) c^(1/4))/(8a^(1/2) )*(c^(1/4) a^(1/4))/(8b^(1/2) ))〗^(1/3)=3/8 ∶IAG ,

donc  ab/(1-c^2 )+bc/(1-a^2 )+ca/(1-b^2 )≤  3/8   .

aymanemaysae a écrit:

Pour le problème de M. Ahmed TAHA du 9 Janvier 2014, j'ai trouvé une solution dans laquelle on n'utilise que les IAG.

Soient a,b et c des réels positifs tel que a+b+c=1.  Montrer que  ab/(1-c^2 )+bc/(1-a^2 )+ca/(1-b^2 )≤  3/8   .

On a  ab/(1-c^2 )=  ab/(〖(a+b+c)〗^2-c^2 )=ab/(a^2+b^2+2ab+2bc+2ca)   .

On a aussi a^2+b^2+2ab+2bc+2ca≥8〖(a^6 b^6 c^4)〗^(1/=8a^(3/4) b^(3/4) c^(1/2)   ∶IAG .
↔1/(8a^(3/4) b^(3/4) c^(1/2) )≥1/(a^2+b^2+2ab+2bc+2ca)  ↔(a^(1/4) b^(1/4))/(8c^(1/2) )≥ab/(a^2+b^2+2ab+2bc+2ca)

donc   ab/(1-c^2 )≤(a^(1/4) b^(1/4))/(8c^(1/2) )   ,de même on a  bc/(1-a^2 )≤(b^(1/4) c^(1/4))/(8a^(1/2) )  et ca/(1-b^2 )≤(c^(1/4) a^(1/4))/(8b^(1/2) )  ,

donc  ab/(1-c^2 )+bc/(1-a^2 )+ca/(1-b^2 )≤1/8 ((a^(1/4) b^(1/4))/(8c^(1/2) )+(b^(1/4) c^(1/4))/(8a^(1/2) )+(c^(1/4) a^(1/4))/(8b^(1/2) ))  ≤1/8*3〖((a^(1/4) b^(1/4))/(8c^(1/2) )*(b^(1/4) c^(1/4))/(8a^(1/2) )*(c^(1/4) a^(1/4))/(8b^(1/2) ))〗^(1/3)=3/8 ∶IAG ,

donc  ab/(1-c^2 )+bc/(1-a^2 )+ca/(1-b^2 )≤  3/8   .

Bonsoir Aymanemaysae,
(a b)^(1/4)/sqrt(c)+(c b)^(1/4)/sqrt(a)+(a c)^(1/4)/sqrt(b) ≥ 3 malheureusement

Bon, je change de problème pour ne pas laisser le marathon ainsi:
En voici un facile :

Problème alternatif :

Tout d'abord, On a: |x|+|y|>|x+y| pour tous x;y de R², donc |x|+|1-x|>1 pour tout x.
On a par caushy schwarz:

Soit a,b et c des réels positifs. Prouvez que:

Soit a,b et c des réels positifs tel que : ab+ab+bc+2abc=1

Montrer que :

Il suffit de poser Cyc(a=x/(y+z) ) . et puis on remplace : Il s'agit de prouver que :

/Sum(x/(y+z)) >= /Sum( (y+z)/(y+z+2x) ) . puisque l'inégalité est homogène on peut supposer x+y+z=1. donc :
<=> /sum( x/(1-x) ) >= / Sum( (1-x)/(1+x) )
<=> /Sum( (3x-1)/(1-x²) ) >=0.
et c'est une conséquence de Jensen car la fonction f(x)=(3x-1)/(1-x²) est convexe sur [0,1] .
CQFD

La" fameuse "substitution fait l'affaire.

Suite à la remarque de M. Humber, que je remercie amplement, remarque du 29 Janvier 2014 à ma propos de ma proposition pour la résolution du problème de M. Ahmed TAHA du 9 Janvier 2014, je tiens à préciser que la méthode reste valable, malgré une erreur de frappe que j'ai commise: quand j'ai mis le (1/huit) en facteur dans le RHS de l'inéquation, j'ai laissé traîner le (huit) au dénominateur.
En demandant votre pardon pour cette inadvertance, je corrige le dernier paragraphe de ma solution:

donc  ab/(1-c^2 )+bc/(1-a^2 )+ca/(1-b^2 )≤1/8 ((a^(1/4) b^(1/4))/(c^(1/2) )+(b^(1/4) c^(1/4))/(a^(1/2) )+(c^(1/4) a^(1/4))/(b^(1/2) ))  ≤1/8*3〖((a^(1/4) b^(1/4))/(c^(1/2) )*(b^(1/4) c^(1/4))/(a^(1/2) )*(c^(1/4) a^(1/4))/(b^(1/2) ))〗^(1/3)=3/8 ∶IAG ,

donc  ab/(1-c^2 )+bc/(1-a^2 )+ca/(1-b^2 )≤  3/8   .

Soit a,b et c des réels positifs tel que : ab+bc+ca+2abc=1

Montrer que :


Je me suis permis de rectifier l'énoncé du sujet: j'ai mis ab+bc+ca+2abc=1 à la place de ab+ab+bc+2abc=1. J'ai présumé que ce n'était qu'une faute de frappe.

On a 1/(1+2a) + 1/(1+2b) + 1/(1+2c)
= (4(a+b+c)+4(ab+bc+ca)+3)/(2(a+b+c)+4(ab+bc+ca+2abc)+1)
= (4(a+b+c)+4(ab+bc+ca)+3)/(2(a+b+c)+5) : car ab+bc+ca+2abc=1,

donc 1/(1+2a) + 1/(1+2b) + 1/(1+2c) < a+b+c
<--> (4(a+b+c)+4(ab+bc+ca)+3)/(2(a+b+c)+5) < a+b+c
<--> (4(a+b+c)+4(ab+bc+ca)+3) < 2(a+b+c)^2 + 5(a+b+c)
<--> 4(ab+bc+ca) < 2(a^2+b^2+c^2 + 2ab+2bc+2ca)+(a+b+c)
<--> 0 < 2(a^2+b^2+c^2)+(a+b+c) : expression logiquement vraie car a,b et c sont des réels positifs, donc


est aussi vraie sous les conditions du problème.

Je me permets aussi de me demander si le changement de variables opéré dans l'autre solution proposée, vérifie la condition ab+bc+ca+2abc=1.

aymanemaysae a écrit:

Soit a,b et c des réels positifs tel que : ab+bc+ca+2abc=1

Montrer que :


Je me suis permis de rectifier l'énoncé du sujet: j'ai mis ab+bc+ca+2abc=1 à la place de ab+ab+bc+2abc=1. J'ai présumé que ce n'était qu'une faute de frappe.

On a 1/(1+2a) + 1/(1+2b) + 1/(1+2c)
= (4(a+b+c)+4(ab+bc+ca)+3)/(2(a+b+c)+4(ab+bc+ca+2abc)+1)
= (4(a+b+c)+4(ab+bc+ca)+3)/(2(a+b+c)+5) : car ab+bc+ca+2abc=1,

donc 1/(1+2a) + 1/(1+2b) + 1/(1+2c) < a+b+c
<--> (4(a+b+c)+4(ab+bc+ca)+3)/(2(a+b+c)+5) < a+b+c
<--> (4(a+b+c)+4(ab+bc+ca)+3) < 2(a+b+c)^2 + 5(a+b+c)
<-->4(ab+bc+ca) < 2(a^2+b^2+c^2 + 2ab+2bc+2ca)+(a+b+c)
<--> 0 < 2(a^2+b^2+c^2)+(a+b+c) : expression logiquement vraie car a,b et c sont des réels positifs, donc


est aussi vraie sous les conditions du problème.

Je me permets aussi de me demander si le changement de variables opéré dans l'autre solution proposée, vérifie la condition ab+bc+ca+2abc=1.

non c faut mr aymanemaysae car on a le cas d'égalité si a=b=c=1/2
l'inégalité équivalente a : 2(x+y+z)^2+(x+y+z) > 3+4(xy+xz+yz)

voici une autre
Soit x,y et z des réels positifs tel que : x+y+z=3

Montrer que : 3(xy+xz+yz)²+xyz(xy+xz+yz)>10xyz

et que : 9(xy+xz+yz)+4xyz(xy+xz+yz)>4(xy+xz+yz)²+3xyz

Merci M. Ahmed TAHA pour la remarque: j'ai oublié de prendre en compte le (3) dans mon passage de la ligne : <--> (4(a+b+c)+4(ab+bc+ca)+3) < 2(a+b+c)^2 + 5(a+b+c)
à la ligne : <--> 4(ab+bc+ca) < 2(a^2+b^2+c^2 + 2ab+2bc+2ca)+(a+b+c)
ce qui a fait chavirer mon bâteau et jeter ma démonstration à l'eau.
Je vous suis très reconnaissant.

Soit x,y et z des réels positifs tel que : x+y+z=3

Montrer que : (E) 3(xy+xz+yz)²+xyz(xy+xz+yz)>10xyz

(E) (x+y+z)(1/x + 1/y + 1/z)(xy+yz+yz) + (xy+yz+yz) > 10
10(xy+yz+yz) > 10 ==> (xy+yz+xz) > 1 ce qui doit etre correct

aymanemaysae a écrit:

Merci M. Ahmed TAHA pour la remarque: j'ai oublié de prendre en compte le (3) dans mon passage de la ligne :       <--> (4(a+b+c)+4(ab+bc+ca)+3) < 2(a+b+c)^2 + 5(a+b+c)
à la ligne : <--> 4(ab+bc+ca) < 2(a^2+b^2+c^2 + 2ab+2bc+2ca)+(a+b+c)
ce qui a fait chavirer mon bâteau et jeter ma démonstration à l'eau.
Je vous suis très reconnaissant.

ahlan mr aymanemaysae kan 3lik tkemel lborhan o ghatl9a blli dik l'inégalité sahla
voir ce lien http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=51&t=573326&p=3375908#p3375908 j'ai déja fait la même démonstration