Enigme Pour ceux qui ne sont pas nuls. 2 @ Prise2Tete

shadock · #1

Un peu plus facile, l'énigme n'est pas de moi.

Soit $(a,b,c) \in \mathbb{R}_+^3 \text{tel que }ab+bc+ca=1$

Montrer que : $\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a} \ge \sqrt{3}+\frac{ab}{a+b}+\frac{bc}{b+c}+\frac{ca}{c+a}$

Bonne chance

Sahdock

Yanyan · #2

$\big(\frac{1-ab}{a+b}+\frac{1-bc}{b+c}+\frac{1-ca}{c+a} \big)^2$ $=\big(\frac{bc+ca}{a+b}+\frac{ab+ca}{b+c}+\frac{ab+bc}{c+a} \big)^2$ $=(c+b+a)^2= 2+a^2+b^2+c^2$
$a^2+b^2+c^2\geq ab+bc+ca = 1$ par réordonnement.

donc $\fbox{\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\geq \sqrt{3}+\frac{ab}{a+b}+\frac{bc}{b+c}+\frac{ca}{c+a}}$ .

Memento · #3

Alors,
$\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a} = \frac{ab+bc+ca}{a+b}+\frac{ab+bc+ca}{b+c}+\frac{ab+bc+ca}{c+a} =\frac{ab}{a+b}+\frac{bc}{b+c}+\frac{ca}{c+a}+\frac{c(a+b)}{a+b}+\frac{a(b+c)}{b+c}+\frac{b(a+c)}{a+c} = \frac{ab}{a+b}+\frac{bc}{b+c}+\frac{ca}{c+a} +a+b+c$
Il reste donc à montrer que $a+b+c \ge \sqrt 3$
$\forall (x,y)\in \R^2 (x-y)^2 \ge 0 x^2-2xy+y^2 \ge 0 x^2+y^2 \ge 2xy \frac{x^2+y^2}{2} \ge xy$ $a^2+b^2+c^2 =\frac{2a^2+2b^2+2c^2}{2} =\frac{a^2+b^2}{2}+\frac{b^2+c^2}{2}+\frac{c^2+a^2}{2} \ge ab+bc+ca \ge 1$ $a^2+b^2+c^2+2 \ge 3 a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ca) \ge 3 (a+b+c)^2 \ge 3 a+b+c \ge \sqrt 3$
d'où l’inégalité recherché

daftpunk · #4

shadock a écrit:
Bonne chance

Tu m'étonnes !

golgot59 · #5

Pfff, ça m'a donné du fil à retordre ! (et désolé mais c'est un peu long).

ab+bc+ac=1 (eq1)

Donc on ne peut pas avoir 2 des 3 nombres a, b et c nuls en même temps. (sinon ab+bc+ac = 0 + 0 + 0)

On a donc tous les dénominateurs de l'énoncé non nuls.

En "passant" tous les quotients du membre de droite de l'équation à démontrer vers la gauche, et en conservant les dénominateurs, on obtient l'inéquation équivalente :

(1-ab)/(a+b) + (1-ac)/(a+c) + (1-bc)/(b+c) >= racine(3) (eq2)

Or, 1-ab = bc+ac = c(a+b),
1-ac = ab + bc = b(a+c), et
1-bc = ab + ac = a(b+c)

En remplaçant dans (eq2) et en simplifiant par les dénominateurs (qui sont bien non nuls), on obtient : c + b + a >= racine(3) (eq3)

Tous les termes sont positifs, on obtient donc à nouveau l'inéquation équivalente en élevant au carré :

(a+b+c)² >= 3, avec :

(a+b+c)² = a² + b² + c² + 2ab + 2ac + 2bc
= a² + b² + c² + 2(ab+ac+bc)
= a² + b² + c² + 2

Donc : a² + b² + c² + 2 >= 3, c'est à dire :

a² + b² + c² >= 1 (eq4)

L'équation 4 est donc équivalente à l'équation 1, il suffit de la démontrer pour démontrer celle de l'énoncé.

Maintenant, je calcule (a-b)² + (a-c)² + (b-c)² >= 0 (car somme de carrés), et je développe :

a²-2ab+b²+a²-2ac+c²+b²-2bc+c²>=0
2a²+2b²+2c²>=2ab+2ac+2bc
a²+b²+c²>=ab+ac+bc

a²+b²+c²>=1 CQFD !

socato314 · #6

Remarque préliminaire : si l'un des réels a, b, c est nul alors les deux autres sont strictement positifs (ex : si a = 0, alors bc = 1 donc b > 0 et c > 0).
Les expressions des deux membres sont donc définies pour tous réels positifs a, b, c.
L'inégalité à démontrer équivaut à :
(1-ab)/(a+b)+(1-bc)/(b+c)+(1-ca)/(c+a)>=sqrt(3).
Comme ab+bc+ca=1,
on a 1 -ab=c(b+a), 1-bc=a(b+c) et 1 -ca =b(c+a).
Le problème revient donc à comparer (a + b+ c) à sqrt(3) .
Or (a+b+c)²=a²+b²+c²+2(ab+ac+bc)=a²+b²+c²+2.
Soit U le vecteur de coordonnées (a,b,c) et V le vecteur de coordonnées (b,c,a).
On a donc U.V=ab+bc+ca=1.
Comme |U.V|<=||U||*||V||, on en déduit que :
1 <=a²+b²+c² d'où (a+b+c)²>=3.
Donc a+b+c >=sqrt(3) car a, b, c positifs.
CQFD

shadock · #7

Déjà que des bonnes réponses, avec des démonstrations différentes ples unes des autres, même avec le produit scalaire

Continuez bien, et si vous avez besoin MP dispo

shadock · #8

daftpunk a écrit:
shadock a écrit:
Bonne chance
Tu m'étonnes !

Je vais te montrer que c'était simple :

On remarque en premier lieu que l'inégalité à prouver peut se simplier considérablement.

En effet, on a :
$\frac{1}{a+b}-\frac{ab}{a+b}=\frac{1-ab}{ab}=\frac{c(a+b)}{a+b}=c[/latex] car [latex]ab+bc+ca=1$ $\frac{1}{b+c}-\frac{bc}{b+c}=\frac{1-bc}{bc}=\frac{a(b+c)}{b+c}=a[/latex] car [latex]ab+bc+ca=1$ $\frac{1}{a+c}-\frac{ac}{a+b}=\frac{1-ac}{ac}=\frac{b(a+c)}{a+c}=b[/latex] car [latex]ab+bc+ca=1$
Il suffit donc de prouver que : $a+b+c \ge \sqrt{3}$

Pour cela, on calcule : $(a+b+c)^2=a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ca)=a^2+b^2+c^2+2$

De plus, par l'inégalité de réordonnement, on a $a^2+b^2+c^2 \ge ab+bc+ca=1$ finalement $(a+b+c)^2 \ge 3$ donc $\fbox{a+b+c \ge \sqrt{3}}$ comme voulu.

Bravo à tous, la prochaine arrive

daftpunk · #9

Ah bah oui c'était tout c** !

Spoiler : [Afficher le message] Vous êtes des grands malades

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#1 - 21-06-2011 01:41:10

Pour eux qui ne sont pas nuls. 2

#0 Pub

#2 - 21-06-2011 10:24:08

Puor ceux qui ne sont pas nuls. 2

#3 - 21-06-2011 11:01:54

Pour ceux ui ne sont pas nuls. 2

#4 - 21-06-2011 11:24:49

Pour ceux qui en sont pas nuls. 2

shadock a écrit:

#5 - 21-06-2011 15:24:18

Pour ceux qui ne sont pas nuuls. 2

#6 - 21-06-2011 17:00:50

pour ceux qyi ne sont pas nuls. 2

#7 - 22-06-2011 12:11:46

pour ceux qui ne spnt pas nuls. 2

#8 - 24-06-2011 15:27:47

pour ceux qui ne sont pas nulq. 2

daftpunk a écrit:

shadock a écrit:

#9 - 24-06-2011 15:48:03

Pour ceux qui ne sont pas nuls .2

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