Inégalité dans R+3

Démontrez que  Pour toute (x;y;z) de R+3 on a :
(x+y+z)(1/x +4/y +1/z ) Supérieure ou égal a 9

Bonjour,

ça fait plaisir de revoir des amis sur ce site.

Pour (x,y,z) in (IR*+)^3 , on a (x+y+z)(1/x+4/y+1/z) >=9
<==> (x+y+z)(yz+4xz+xy)>= 9xyz
<==> 4 z x^2 + y x^2 + z y^2 + x y^2 + y z^2 + 4 x z^2 >= 3xyz

1) Si x = max(x,y,z) on a z x^2 >= xyz donc
4 z x^2 + y x^2 + z y^2 + x y^2 + y z^2 + 4 x z^2 >= 4xyz >= 3xyz .

2) Si z = max(x,y,z) on a x z^2>=xyz donc
4 z x^2 + y x^2 + z y^2 + x y^2 + y z^2 + 4 x z^2 >= 4xyz >= 3xyz .

3) Si y = max(x,y,z) on a x y^2 >= xyz et z y^2 >= xyz donc
4 z x^2 + y x^2 + z y^2 + x y^2 + y z^2 + 4 x z^2 >= 3xyz<==> 4 z x^2 + y x^2 + y z^2 + 4 x z^2 >= xyz cette dernière inégalité est vraie car on a :

4 z x^2 + y x^2 + y z^2 + 4 x z^2 = 4 z x^2 + 4 x z^2 + y(x^2 + z^2)
= 4 z x^2 + 4 x z^2 + y(x^2 + z^2 -2xz + 2xz) = 4 z x^2 + 4 x z^2 + y(x - z)^2 + 2xyz >= xyz .

CQFD!

Bonne journée .

Bonjour,

Une autre solution:

(x+y+z)(1/x+4/y+1/z) = (x+y+z)(1/x+/1/y+1/z) + 3(x+y+z)/y >= (x+y+z)(1/x+1/y+1/z)

Etudions d'abord (x+y+z)(1/x+1/y+1/z) ,

(x+y+z)(1/x+1/y+1/z) = 1+x/y+x/z+y/x+1+y/z+z/x+z/y+1 = 3+(x/y+y/x)+(x/z+z/x)+(y/z+z/y)

et comme on a pour tout (a,b) in (IR*+)^2 :
a/b+b/a - 2 = (a^2+b^2)/ab - 2 = (a^2+b^2-2ab)/ab = ((a-b)^2)/ab >= 0
donc a/b+b/a >= 2

donc (x+y+z)(1/x+1/y+1/z) >= 3+2+2+2 = 9
donc (x+y+z)(1/x+1/y+1/z) >= 9

donc (x+y+z)(1/x+4/y+1/z) >= 9 .

Je crois que cette solution est plus élégante que la première.

pour tous x_1,...,x_n>0, (x_1+...+x_n)(1/x_1+...+1/x_n)>=n² par l'inégalité de Cauchy-Schwarz

on a x+y+z  ≥ 3∛xyz
et 1⁄x + 1/y + 1/z ≥ 3⁄∛xyz  
donc (x+y+z)(1⁄x + 1/y + 1/z) ≥ 9
Sachant que (x+y+z)(1⁄x + 4/y + 1/z) ≥ (x+y+z)(1⁄x + 1/y + 1/z)
Alors Pour toute (x;y;z) de R étoile plus on a :
(x+y+z)(1/x +4/y +1/z ) Supérieure ou égal a 9

Bonsoir,
Avec l'inégalité harmonique-arithmétique... c'est immédiat ! Du fait que pour tt Ai>0 avec i=1...n :
n/(1/A1)+(1/A2)+...+(1/An) <= (A1+A2+...+An)/n

mais 12 serait aussi pertinent au lieu de 9.