problème N°21 de la semaine (19/03/2006-26/03/2006 )

le problème de cette semaine c'est une inégalité proposé aux olympiades du maroc

salut
chaque participant doit poster sa solution par E-MAIL

amateursmaths@yahoo.fr

puis il poste le message suivant ici "solution postée"
pour plus d'information voir les conditions de participation
Merci

Bonjour
Solution postée
voici la solution de abdelbaki attioui
Soit A= x^3/(1+y)(1+z)+y^3/ (1+x)(1+z)+z^3/(1+x)(1+y).
Par symétrie on peut supposer que x<=y<=z.
Alors (1+x)(1+y)<=(1+x)(1+z)<=(1+y)(1+z).

Donc ( inégalité de tchebychef ),
3A >= (x^3+y^3+z^3)(1/(1+x)(1+z)+1/(1+y)(1+z)+1/(1+x)(1+y)).

On pose 3t=x+y+z. On a alors (I.A.G) t>=1 car xyz=1,
x^3+y^3+z^3 >= 3t^3 ( car M_3>=M_1)
Et d'aprés (I.A.G), (1+x)(1+y)(1+z) =< (1+t)^3

Donc A>= 6t^3/(1+t)^3 >=3/4 car t ---> 6t^3/(1+t)^3 croissante
pour t>=1 .

A+

bjr ,
solution postée
voici la solution de Bel_jad5
on a
S>=1/3(x^3+y^3+z^3)(3+x+y+z)/((1+x)(1+y)(1+z))
>=1/27(x+y+z)^3(3+x+y+z)/(3+x+y+z)^3/27
>=(x+y+z)^3/(3+x+y+z)²
or x+y+z>=3 et x+y+z>=(3+x+y+z)/2
d ou
S>=3*((3+x+y+z)/2)²/(3+x+y+z)²
>=3/4

NB:il ft noter qu il suffit que x+y+z>=3 pour que l inégalité soit
vraie !