ineg

a.b.c £ R^3*+
montrer que
(a/(a+2b))²+(b/(b+2c))²+(c/(c+2a))²>=1/3

stof065 a écrit:

a.b.c £ R^3*+
montrer que
(a/(a+2b))²+(b/(b+2c))²+(c/(c+2a))²>=1/3

S>= [ a/(a+2b) + b/(b+2c) + c/(c+2a) ] ²/3

il suffi de demontrer que a/(a+2b) + b/(b+2c) + c/(c+2a)>=1

ce ki est trivial avec cauchy shwarz

salut stof
on a
3(a/(a+2b))²+(b/(b+2c))²+(c/(c+2a))²>=(a/(a+2b) +b/(b+2c)+c/(c+2a))^2
alors il sufit de prouver que
a/(a+2b)+b/(b+2c) +c/(c+2a)>=1
alors on utilisant shur on trouve que
a^2b+ac^2+b^2c>=3abc
alors
3abc+4(ab(a+b)+bc(b+c)+ac(a+c))>=9abc+2(ac(a+c)+bc(b+c)+ab(a+b)+2(ab^2+a^2c+c^2b) alors
a(b+2c)(c+2a) +b(a+2b)(c+2a)+c(a+2b)(b+2c)>=(a+2b)(b+2c)(c+2a)
d'ou l'inégalité
ou de prouver que
a/(a+2b)+b/(b+2c) +c/(c+2a)>=2/3(a/(c+b) +b/(a+c)+c/(a+b)
alors nous savons tt en utilisant chebchev o, trouve que
(a/(c+b) +b/(a+c)+c/(a+b) )>=3/2
conclure

ali 20/20 a écrit:

salut stof
on a
3(a/(a+2b))²+(b/(b+2c))²+(c/(c+2a))²>=(a/(a+2b) +b/(b+2c)+c/(c+2a))^2
alors il sufit de prouver que
a/(a+2b)+b/(b+2c) +c/(c+2a)>=1
alors on utilisant shur on trouve que
a^2b+ac^2+b^2c>=3abc
alors
3abc+4(ab(a+b)+bc(b+c)+ac(a+c))>=9abc+2(ac(a+c)+bc(b+c)+ab(a+b)+2(ab^2+a^2c+c^2b) alors
a(b+2c)(c+2a) +b(a+2b)(c+2a)+c(a+2b)(b+2c)>=(a+2b)(b+2c)(c+2a)
d'ou l'inégalité
ou de prouver que
a/(a+2b)+b/(b+2c) +c/(c+2a)>=2/3(a/(c+b) +b/(a+c)+c/(a+b)
alors nous savons tt en utilisant chebchev o, trouve que
(a/(c+b) +b/(a+c)+c/(a+b) )>=3/2
conclure

lol tu pe faire un racourci pr prouver ce ki est en rouge
posons S ce ki est en rouge
alors d'après C.S
S ( a²+b²+c²+2(ab) + 2ac + 2bc) >= (a+b+c)²
S ( a+b+c)² >= (a+b+c)²
S>=1

waw

neutrino a écrit:

ali 20/20 a écrit:

salut stof
on a
3(a/(a+2b))²+(b/(b+2c))²+(c/(c+2a))²>=(a/(a+2b) +b/(b+2c)+c/(c+2a))^2
alors il sufit de prouver que
a/(a+2b)+b/(b+2c) +c/(c+2a)>=1
alors on utilisant shur on trouve que
a^2b+ac^2+b^2c>=3abc
alors
3abc+4(ab(a+b)+bc(b+c)+ac(a+c))>=9abc+2(ac(a+c)+bc(b+c)+ab(a+b)+2(ab^2+a^2c+c^2b) alors
a(b+2c)(c+2a) +b(a+2b)(c+2a)+c(a+2b)(b+2c)>=(a+2b)(b+2c)(c+2a)
d'ou l'inégalité
ou de prouver que
a/(a+2b)+b/(b+2c) +c/(c+2a)>=2/3(a/(c+b) +b/(a+c)+c/(a+b)
alors nous savons tt en utilisant chebchev o, trouve que
(a/(c+b) +b/(a+c)+c/(a+b) )>=3/2
conclure

lol tu pe faire un racourci pr prouver ce ki est en rouge
posons S ce ki est en rouge
alors d'après C.S
S ( a²+b²+c²+2(ab) + 2ac + 2bc) >= (a+b+c)²
S ( a+b+c)² >= (a+b+c)²
S>=1

oui je la remarque au debut neutrino mais puisque tu la poster j'ai changé le truc

ali 20/20 a écrit:

neutrino a écrit:

ali 20/20 a écrit:

salut stof
on a
3(a/(a+2b))²+(b/(b+2c))²+(c/(c+2a))²>=(a/(a+2b) +b/(b+2c)+c/(c+2a))^2
alors il sufit de prouver que
a/(a+2b)+b/(b+2c) +c/(c+2a)>=1
alors on utilisant shur on trouve que
a^2b+ac^2+b^2c>=3abc
alors
3abc+4(ab(a+b)+bc(b+c)+ac(a+c))>=9abc+2(ac(a+c)+bc(b+c)+ab(a+b)+2(ab^2+a^2c+c^2b) alors
a(b+2c)(c+2a) +b(a+2b)(c+2a)+c(a+2b)(b+2c)>=(a+2b)(b+2c)(c+2a)
d'ou l'inégalité
ou de prouver que
a/(a+2b)+b/(b+2c) +c/(c+2a)>=2/3(a/(c+b) +b/(a+c)+c/(a+b)
alors nous savons tt en utilisant chebchev o, trouve que
(a/(c+b) +b/(a+c)+c/(a+b) )>=3/2
conclure

lol tu pe faire un racourci pr prouver ce ki est en rouge
posons S ce ki est en rouge
alors d'après C.S
S ( a²+b²+c²+2(ab) + 2ac + 2bc) >= (a+b+c)²
S ( a+b+c)² >= (a+b+c)²
S>=1

oui je la remarque au debut neutrino mais puisque tu la poster j'ai changé le truc

ok mais pendant les test d'olympiades , cette méthode de travaill ne va pas t'aider , tjrs cherche la méthode la plus simple
amicalement

neutrino a écrit:

stof065 a écrit:

a.b.c £ R^3*+
montrer que
(a/(a+2b))²+(b/(b+2c))²+(c/(c+2a))²>=1/3

S>= [ a/(a+2b) + b/(b+2c) + c/(c+2a) ] ²/3

il suffi de demontrer que a/(a+2b) + b/(b+2c) + c/(c+2a)>=1

ce ki est trivial avec cauchy shwarz

Voila une façon plus simple de le démontrer :
on peut supposer que a+b+c = 1 , on pose f(x) = 1/x
on a f est convexe donc
af(a+2b)+bf(b+2c)+cf(c+2a) >=f(a(a+2b)+b(b+2c)+c(c+2a))=f((a+b+c)²) = f(1) = 1

ali 20/20 a écrit:

salut stof
alors on utilisant shur on trouve que
a^2b+ac^2+b^2c>=3abc

tu peux expliquer mieux comment tu as utiliser Shur ici?

lonly a écrit:

ali 20/20 a écrit:

salut stof
alors on utilisant shur on trouve que
a^2b+ac^2+b^2c>=3abc

tu peux expliquer mieux comment tu as utiliser Shur ici?

pardons je veux dire IAG parceque
a/c+c/b+b/a>=3

bel_jad5 a écrit:

neutrino a écrit:

stof065 a écrit:

a.b.c £ R^3*+
montrer que
(a/(a+2b))²+(b/(b+2c))²+(c/(c+2a))²>=1/3

S>= [ a/(a+2b) + b/(b+2c) + c/(c+2a) ] ²/3

il suffi de demontrer que a/(a+2b) + b/(b+2c) + c/(c+2a)>=1

ce ki est trivial avec cauchy shwarz

Voila une façon plus simple de le démontrer :
on peut supposer que a+b+c = 1 , on pose f(x) = 1/x
on a f est convexe donc
af(a+2b)+bf(b+2c)+cf(c+2a) >=f(a(a+2b)+b(b+2c)+c(c+2a))=f((a+b+c)²) = f(1) = 1

mé on etudie la convexité jusquàu bAC

ah bon et vous etudiez cauchy chwartz en tc

saad007 a écrit:

ah bon et vous etudiez cauchy chwartz en tc

JE Cé pas , attendons 15 jours pr savoir

bel_jad5 a écrit:

neutrino a écrit:

stof065 a écrit:

a.b.c £ R^3*+
montrer que
(a/(a+2b))²+(b/(b+2c))²+(c/(c+2a))²>=1/3

S>= [ a/(a+2b) + b/(b+2c) + c/(c+2a) ] ²/3

il suffi de demontrer que a/(a+2b) + b/(b+2c) + c/(c+2a)>=1

ce ki est trivial avec cauchy shwarz

Voila une façon plus simple de le démontrer :
on peut supposer que a+b+c = 1 , on pose f(x) = 1/x
on a f est convexe donc
af(a+2b)+bf(b+2c)+cf(c+2a) >=f(a(a+2b)+b(b+2c)+c(c+2a))=f((a+b+c)²) = f(1) = 1

qui nous permer de supposer que : a+b+c = 1 ?

Oué Pourquoi supposé a+b+c=1 ? alors tu peut supposé que a+b+c=0!!!!!!!!!

Conan a écrit:

bel_jad5 a écrit:

neutrino a écrit:

stof065 a écrit:

a.b.c £ R^3*+
montrer que
(a/(a+2b))²+(b/(b+2c))²+(c/(c+2a))²>=1/3

S>= [ a/(a+2b) + b/(b+2c) + c/(c+2a) ] ²/3

il suffi de demontrer que a/(a+2b) + b/(b+2c) + c/(c+2a)>=1

ce ki est trivial avec cauchy shwarz

Voila une façon plus simple de le démontrer :
on peut supposer que a+b+c = 1 , on pose f(x) = 1/x
on a f est convexe donc
af(a+2b)+bf(b+2c)+cf(c+2a) >=f(a(a+2b)+b(b+2c)+c(c+2a))=f((a+b+c)²) = f(1) = 1

qui nous permer de supposer que : a+b+c = 1 ?

je crois que ça sappelle la normalisation au fait :
on remarque que :
a/(a+2b) + b/(b+2c) + c/(c+2a)={a/(a+b+c)}/{(a+2b)/(a+b+c)} + {b/(a+b+c)} /{(b+2c)/(a+b+c)} + {c/(a+b+c)} }/{(c+2a)/(a+b+c)}
et mnt si on pose x=a/(a+b+c) et y=b/(a+b+c), z=c/(a+b+c)
x+y+z=1 et on doit montrer que
x/(x+2y) + y/(y+2z) + z/(z+2x)>=1
et c clair que laforme de l inegalité nest pas changé !
donc on peut donc supposer directement a+b+c=1.

selfrespect a écrit:

Conan a écrit:

bel_jad5 a écrit:

neutrino a écrit:

stof065 a écrit:

a.b.c £ R^3*+
montrer que
(a/(a+2b))²+(b/(b+2c))²+(c/(c+2a))²>=1/3

S>= [ a/(a+2b) + b/(b+2c) + c/(c+2a) ] ²/3

il suffi de demontrer que a/(a+2b) + b/(b+2c) + c/(c+2a)>=1

ce ki est trivial avec cauchy shwarz

Voila une façon plus simple de le démontrer :
on peut supposer que a+b+c = 1 , on pose f(x) = 1/x
on a f est convexe donc
af(a+2b)+bf(b+2c)+cf(c+2a) >=f(a(a+2b)+b(b+2c)+c(c+2a))=f((a+b+c)²) = f(1) = 1

qui nous permer de supposer que : a+b+c = 1 ?

je crois que ça sappelle la normalisation au fait :
on remarque que :
a/(a+2b) + b/(b+2c) + c/(c+2a)={a/(a+b+c)}/{(a+2b)/(a+b+c)} + {b/(a+b+c)} /{(b+2c)/(a+b+c)} + {c/(a+b+c)} }/{(c+2a)/(a+b+c)}
et mnt si on pose x=a/(a+b+c) et y=b/(a+b+c), z=c/(a+b+c)
x+y+z=1 et on doit montrer que
x/(x+2y) + y/(y+2z) + z/(z+2x)>=1
et c clair que laforme de l inegalité nest pas changé !
donc on peut donc supposer directement a+b+c=1.

il fallais tout simplement dire , que c'est un tour de magie , ou bien un tour de magie .

tu nous donner des exo avec , ceci de on peux supposer

BSR à Toutes et Tous !!!!
<< a/(a+2b) + b/(b+2c) + c/(c+2a)>=1 >>
On reconnait une écriture HOMOGENE en a,b et c car lorsqu'on remplace :
a par ka
b par kb
et
c par kc l'écriture <<.....>> ne change pas
DONC on peut supposer sans généralités que a+b+c=1
Sinon on note s=a+b+c , s<>0 , et on remplace a par a'=a/s .......et c par c'=c/s et on vérifie que a'+b'+c'=1 !!
A+

Oeil_de_Lynx a écrit:

BSR à Toutes et Tous !!!!
<< a/(a+2b) + b/(b+2c) + c/(c+2a)>=1 >>
On reconnait une écriture HOMOGENE en a,b et c car lorsqu'on remplace :
a par ka
b par kb
et
c par kc l'écriture <<.....>> ne change pas
DONC on peut supposer sans généralités que a+b+c=1
Sinon on note s=a+b+c , s<>0 , et on remplace a par a'=a/s .......et c par c'=c/s et on vérifie que a'+b'+c'=1 !!
A+

est ce possible de supposer aussi que par exemple a"+b"+c" = 1/2

parce que j'ai remarquer , que deans le meme exemple : que

a/(a+2b) = [a/2(a+b+c)] / [a/2(a+b+c) + 2b/2(a+b+c)]

et si on pose x= a/2(a+b+c) pour y et z la meme chose cyc

on trouvera la meme inego avec x+y+z = 1/2

donc est ce que on generale on peux supposer que a+b+c = k

BSR Conan !!!
Sans etre un spécialiste des inégalités , selon ce que j'ai dit +haut ; si tu as à prouver une certaine inégalité sous une condition de type a+b+c=k et si le problème présente un caractère d'homogénéité en a , b et c , tu pourras toujours te ramener à la condition que tu veux a+b+c=1/2 en changeant de variables a'=a/(2k) b'=b/(2k) et c'=c/(2k) sous reserves que k<>0 .
A+ LHASSANE

Oeil_de_Lynx a écrit:

BSR Conan !!!
Sans etre un spécialiste des inégalités , selon ce que j'ai dit +haut ; si tu as à prouver une certaine inégalité sous une condition de type a+b+c=k et si le problème présente un caractère d'homogénéité en a , b et c , tu pourras toujours te ramener à la condition que tu veux a+b+c=1/2 en changeant de variables a'=a/(2k) b'=b/(2k) et c'=c/(2k) sous reserves que k<>0 .
A+ LHASSANE

Bonsoir Mr lHassane :

cela veux dire que si je remplace
a par ka
et b par kb
et c par kc (k#0)

et l'inégalité ne change pas => je peux poser selon ce que je veux

a+b+c = k (quelconque qui différe de 0)

Oui tout à fait !!!
Et si un Spécialiste ( je n'en suis pas un ) des Inégalités est de passage , il peut nous le confirmer !!!
Je le répète : au départ , il faut que tu aies une condition de type a+b+c= t avec t<>0 pour te ramener par "homogénéisation" à une condition analogue a'+b'+c'=k ( a'=(k/t).a , b'=.... et c'=.... )
A+ LHASSANE

Salut, Ben d'aprés des recherche et experience je Peux Vous aidez Dans ça: Si l'inegalité et homogéne C.A.D si on remplace x_i par kx_i (k€R+*) et l'inégalité change pas. ALORS on peux considérer que :
a+b+c=k k€R+*
a²+b²+c²=k k€R+*
a^n +b^n+c^n=k k€R+*
abc=1 ou abc=2

ab+bc+ac=k ...

et ainsi de suite.

Alaoui.Omar a écrit:

Salut, Ben d'aprés des recherche et experience je Peux Vous aidez Dans ça: Si l'inegalité et homogéne C.A.D si on remplace x_i par kx_i (k€R+*) et l'inégalité change pas. ALORS on peux considérer que :
a+b+c=k k€R+*
a²+b²+c²=k k€R+*
a^n +b^n+c^n=k k€R+*
abc=1 ou abc=2

ab+bc+ac=k ...

et ainsi de suite.

c vrai omar?! tu n'aurait pas un lien par hasard?

wiles a écrit:

Alaoui.Omar a écrit:

Salut, Ben d'aprés des recherche et experience je Peux Vous aidez Dans ça: Si l'inegalité et homogéne C.A.D si on remplace x_i par kx_i (k€R+*) et l'inégalité change pas. ALORS on peux considérer que :
a+b+c=k k€R+*
a²+b²+c²=k k€R+*
a^n +b^n+c^n=k k€R+*
abc=1 ou abc=2

ab+bc+ac=k ...

et ainsi de suite.

c vrai omar?! tu n'aurait pas un lien par hasard?

Oui Je Suis Sur ,Si je trouve un lien je te le passe tkt pas