Inégalité de Michael Rozenberg
Bonjour à tous,
J'aimerais qu'on discute sur une inégalité vérifiée par un ordinateur ( source https://math.stackexchange.com/questions/2131374/if-a3b3c3-3-so-fraca3ab-fracb3bc-fracc3ca-geq-frac) que je trouve très jolie , j'ai ouvert ce nouveau fil au lieu de http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?4,1484308 pour faire participer le plus que possible des membres de ce Forum vu les antécédents de Max . Question: Un humain peut-il démontrer cette inégalité ?
J'aimerais qu'on discute sur une inégalité vérifiée par un ordinateur ( source https://math.stackexchange.com/questions/2131374/if-a3b3c3-3-so-fraca3ab-fracb3bc-fracc3ca-geq-frac) que je trouve très jolie , j'ai ouvert ce nouveau fil au lieu de http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?4,1484308 pour faire participer le plus que possible des membres de ce Forum vu les antécédents de Max . Question: Un humain peut-il démontrer cette inégalité ?
Michael Rozenberg a écrit:Let $a$, $b$ and $c$ be positive numbers such that $a^3+b^3+c^3=3$ Prove that: $$\frac{a^3}{a+b}+\frac{b^3}{b+c}+\frac{c^3}{c+a}\geq\frac{3}{2}.$$
Le 😄 Farceur
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Réponses
Je donnerai juste une idée . Elle consiste à utiliser la trigonométrie pour briser littéralement la symétrie de l'inégalité .
La suite consiste en une étude de fonction comme j'ai pu le faire sur MSE . Cela évite (miraculeusement ?) de passer par une disjonction des cas .
Vous me direz pourquoi tout cela ? C'est très simple on évite de tomber dans les idées classiques (qui peuvent parfaitement fonctionner je ne sais ) en fait même on exploite des propriétés de l'inégalité qui reste invisible si on ne prête pas plus attention .Bref tout cela peut prêter à rire mais cela fonctionne bel et bien .
En ne voulant pas abuser de votre temps je conclurai sur cette phrase "La Science remplace du visible compliqué par de l'invisible simple." de Jean Perrin .
Bien à vous.
Montrer que, pour tout triplet $\displaystyle (a,b,c)$ de réels strictement positifs tels que $\displaystyle a^3+b^3+c^3=3$, $\displaystyle {a^3 \over a+b}+{b^3 \over b+c} + {c^3 \over c+a} \geq \frac32.$
Cet exercice est digne d'une olympiade internationale. Mais il en faut plus pour me stopper ;-). Confirmes-tu ?
L'inégalité à démontrer, notée $(I)$, est équivalente à : pour tout triplet $\displaystyle (a,b,c)$ de réels strictement positifs tels que $\displaystyle a^3+b^3+c^3=3$, $\displaystyle {a^3 \over a+b}+{b^3 \over b+c} + {c^3 \over c+a} \geq {3 \over 2} ({ a^3+b^3+c^3 \over 3})^\frac23.$
Par Cauchy-Schwarz, on a : pour tout triplet $\displaystyle (a,b,c)$ de réels strictement positifs, $\displaystyle {a^3 \over a+b}+{b^3 \over b+c} + {c^3 \over c+a} = {a^6 \over a^4+a^3 b}+{b^6 \over b^4+b^3 c} + {c^6 \over c^4+c^3 a} \geq {(a^3+b^3+c^3)^2 \over a^4+b^4+c^4 + a^3 b+b^3 c+c^3 a}.$
Pour démontrer l'inégalité $(I)$, il suffit de démontrer que : pour tout triplet $\displaystyle (a,b,c)$ de réels strictement positifs tels que $\displaystyle a^3+b^3+c^3=3$, $\displaystyle {(a^3+b^3+c^3)^2 \over a^4+b^4+c^4 + a^3 b+b^3 c+c^3 a} \geq {3 \over 2} ({ a^3+b^3+c^3 \over 3})^\frac23.$ Cette inégalité est notée $(II)$.
L'inégalité $(II)$ est équivalente à : pour tout triplet $\displaystyle (a,b,c)$ de réels strictement positifs tels que $\displaystyle a^3+b^3+c^3=3$, $\displaystyle 2^3 (a^3+b^3+c^3)^4 \geq 3 (a^4+b^4+c^4 + a^3 b+b^3 c+c^3 a)^3.$
En cours de rédaction : je cherche une méthode plus rapide avec l'inégalité de Schur... J'ai pensé trouver encore plus rapide. voir message ci-dessous. Mais ça ne marche pas.
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On définit la fonction $\displaystyle F: (a,b,c) \in [0,1]^3 \mapsto 2^3 (a^3+b^3+c^3)^4 -3 (a^4+b^4+c^4 + a^3 b+b^3 c+c^3 a)^3.$ La fonction $F$ est définie et de classe $\displaystyle C^2([0,1]^3).$ La fonction $F$ est circulaire.
Les points critiques vérifient le système $\displaystyle \partial_a F(a,b,c)=0$ (les trois relations circulaires). On calcule les dérivées partielles $\displaystyle \partial_a F(a,b,c) = 2^3 (a^3+b^3+c^3)^3 2^2.3. a^2 - 3^2 (a^4+b^4+c^4+a^3 b+b^3 c+c^3 a)^2 (4a^3+3a^2b+c^3) =0.$ On calcule la différence : $\displaystyle \partial_a F(a,b,c) - \partial_b F(a,b,c) =2^3 (a^3+b^3+c^3)^3 2^2.3. (a^2-b^2) - 3^2 (a^4+b^4+c^4+a^3 b+b^3 c+c^3 a)^2 (4(a^3-b^3)+3b(a^2-bc)+c^3 - a^3)=0.$ Il suffit de sommer les trois relations circulaires pour établir que, nécessairement, les points critiques sont $\displaystyle (a,b,c)=(x,x,x), x \in [0,1].$
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Par calcul direct, la réciproque est vraie : les seuls points critiques, qui existent, sont $\displaystyle (x,x,x), x \in [0,1].$
On calcule les dérivées partielles d'ordre $2$ :
$\displaystyle \partial^2_a F(a,b,c)=96 a (a^3+b^3+c^3)^2 (11 a^3+2b^3+2c^3) - 9 (a^4+a^3b+ac^3+b^4+b^3c+c^4) \big( 6a (2a+b) (a^4+a^3b+ac^3+b^4+b^3c+c^4)+2 (4a^3+3a^2b+c^3)^2\big).$
$\displaystyle \partial^2_{a,b} F(a,b,c)=9\big( 96a^2b^2(a^3+b^3+c^3)^2-3a^2 (a^4+a^3b+ac^3+b^4+b^3c+c^4)^2 -2(4a^3+3a^2b+c^3) (a^4+a^3b+ac^3+b^4+b^3c+c^4) (a^3+b^2(4b+3c))\big).$
$\displaystyle \partial^2_{a,c} F(a,b,c)=9\big( -3c^2 (a^4+a^3b+ac^3+b^4+b^3c+c^4)^2+96a^2c^2 (a^3+b^3+c^3)^2 -2(4a^3+3a^2b+c^3) ( (a^3+b^3+c^3)^2 ) (c^2(3a+4c)+b^3) \big).$
$\displaystyle \partial^2_{b,c} F(a,b,c)=9\big( 96b^2c^2 (a^3+b^3+c^3)^2 -3b^2 (a^4+a^3b+ac^3+b^4+b^3c+c^4)^2-2(a^4+a^3b+ac^3+b^4+b^3c+c^4)(a^3+b^2(4b+3c)) (c^2(3a+4c)+b^3) \big).$
La hessienne aux points critiques est alors $\displaystyle H(F)(x,x,x) =108 x^{10} \begin{pmatrix} 2 &-1&-1\\-1&2&-1\\-1&-1&2\end{pmatrix}.$ Comme le déterminant, pour tout $\xi$ réel, $\displaystyle \begin{bmatrix} 2-\xi &-1&-1\\-1&2-\xi&-1\\-1&-1&2-\xi\end{bmatrix} = -\xi(3-\xi)^2$ s'annule en $0$, la fonction $F$ est dégénérée et on ne sait conclure.
Cependant, le développement de Taylor à l'ordre $2$ dans un voisinage d'un point critique quelconque $(x,x,x)$ est, pour tout triplet $\alpha, \beta, \gamma$ de réels, avec $\displaystyle F(x,x,x) = 0, x \in [0,1]$ : $\displaystyle F(x+\alpha, x+\beta, x+\gamma) = F(x,x,x) + \partial_a F(x,x,x) \alpha+\partial_b F(x,x,x) \beta+\partial_c F(x,x,x) \gamma +\\ \displaystyle + \partial^2_a F(x,x,x) {\alpha^2 \over 2} + \partial^2_b F(x,x,x) {\beta^2 \over 2} + \partial^2_c F(x,x,x) {\gamma^2 \over 2} + \\ \displaystyle + \partial^2_{a,b} F(x,x,x) \alpha \beta + \partial^2_{a,c} F(x,x,x) \alpha \gamma + \partial^2_{b,c} F(x,x,x) \beta \gamma +o(\alpha^2, \beta^2, \gamma^2) = 54 x^{10} \big( (\alpha - \beta)^2 +(\beta- \gamma)^2 +(\gamma- \alpha )^2 \big) \geq 0.$
Les points critiques sont donc des minima locaux.
La fonction $F$ est de classe $\displaystyle C^2$ sur un compact $\displaystyle [0,1]^3$, admet des minima locaux : ce sont donc aussi des minima globaux. On a donc, pour tout $\displaystyle (a,b,c) \in [0,1]^3$, et pour tout $\displaystyle x \in [0,1]$, $\displaystyle F(a,b,c) \geq F(x,x,x) =0.$ On a établi que la fonction $F$ est positive sur $\displaystyle [0,1]^3.$.
On définit la fonction $\displaystyle G: (a,b,c) \in ]0,+\infty[^3 \mapsto 2^3 (a^3+b^3+c^3)^4 -3 (a^4+b^4+c^4 + a^3 b+b^3 c+c^3 a)^3.$ La fonction $G$ est homogène de degré $12$ car, pour tout $\displaystyle \lambda >0$ et pour tout triplet $\displaystyle (a,b,c)$ de réels strictement positifs, $\displaystyle G(\lambda a,\lambda b,\lambda c)=\lambda^{12} G(a,b,c).$
Comme la fonction $F$ est la restriction à $\displaystyle [0,1]^3$ de la fonction $G$, alors l'inégalité : pour tout triplet $\displaystyle (a,b,c)$ de réels strictement positifs, $G(a,b,c) \geq 0$ est équivalente à l'inégalité : pour tout triplet $\displaystyle (a,b,c)$ de réels dans $\displaystyle [0,1]^3$, $F(a,b,c) \geq 0$ que l'on a établie, qui est équivalente à l'inégalité $(II).$
Pour la méthode plus rapide :
On reprend à partir de l'inégalité $(II)$ est équivalente à : pour tout triplet $\displaystyle (a,b,c)$ de réels strictement positifs tels que $\displaystyle a^3+b^3+c^3=3$, $\displaystyle 2^3 (a^3+b^3+c^3)^4 \geq 3 (a^4+b^4+c^4 + a^3 b+b^3 c+c^3 a)^3.$ . Et on simplifie considérablement la fonction à étudier. De nouveau, comme $\displaystyle a^3+b^3+c^3=3$, on a $\displaystyle 2.3 \geq a^4+b^4+c^4 + a^3 b+b^3 c+c^3 a.$ On calcule $\displaystyle (a^3+b^3+c^3)(a+b+c) = a^4+b^4+c^4 + a^3 b+b^3 c+c^3 a + ab^3+bc^3+ca^3$ et alors on conclut $\displaystyle 2.3 \geq 3 (a+b+c) - (ab^3+bc^3+ca^3)$ ou encore $\displaystyle 2.3 \geq a^3 (a+b) +b^3 (b+c) + c^3(c+a).$ Ces fonctions sont beaucoup plus faciles à traiter...
A partir de $\displaystyle 2.3 \geq 3 (a+b+c) - (ab^3+bc^3+ca^3)$, comme on a $\displaystyle ab^3+bc^3+ca^3 \leq 3 (abc)^{4/3}$, on arrive à l'inégalité équivalent $\displaystyle a+b+c - (abc)^{4/3} \leq 2$ avec la contrainte $\displaystyle a^3+b^3+c^3=3.$ Comme la fonction $(a,b,c) \mapsto \displaystyle a+b+c - (abc)^{4/3} - 2 $ est symétrique, son étude est facile. On trouve facilement $a=b=c$ puis, par la contrainte, $a=b=c=1.$
Montrer que, pour tout triplet $\displaystyle (a,b,c)$ de réels strictement positifs tels que $\displaystyle a^3+b^3+c^3=3$, $\displaystyle {a^3 \over a+b}+{b^3 \over b+c} + {c^3 \over c+a} \geq \frac32.$
Cette méthode, sur la même approche mais plus simple, ne marche pas.
Cauchy-Schwarz :
Par Cauchy-Schwarz, on a : pour tout triplet $\displaystyle (a,b,c)$ de réels strictement positifs, $\displaystyle {a^3 \over a+b}+{b^3 \over b+c} + {c^3 \over c+a} \geq {(a^\frac32+b^\frac32+c^\frac32)^2 \over 2(a+b+c)}.$ Il suffit de démontrer que : pour tout triplet $\displaystyle (a,b,c)$ de réels strictement positifs tels que $\displaystyle a^3+b^3+c^3=3$, $\displaystyle {(a^\frac32+b^\frac32+c^\frac32)^2 \over 2(a+b+c)} \geq {3 \over 2}$ ou encore $\displaystyle (a^\frac32+b^\frac32+c^\frac32)^2 \geq 3 (a+b+c)$ ou enfin $3+2(a^\frac32 b^\frac32 + b^\frac32 c^\frac32 + c^\frac32 a^\frac32) - 3 (a+b+c) \geq 0.$
Points critiques :
On forme le Lagrangien, avec $x$ réel, : $\displaystyle L(a,b,c,x) = 3+2(a^\frac32 b^\frac32 + b^\frac32 c^\frac32 + c^\frac32 a^\frac32) - 3 (a+b+c)- x(a^3+b^3+c^3-3).$ Cette fonction $L$ est définie et de classe $C^2$ sur $]0, +\infty[^3 \times \R.$ La fonction $L$ est symétrique. On calcule les dérivées partielles d'ordre $1$ : $\displaystyle \partial_a L(a,b,c,x) = 3 \big( \sqrt{a} (b^\frac32+c^\frac32) -1 - x a^2).$ Et les points critiques de la fonction $L$ vérifient donc $\displaystyle \partial_a L(a,b,c,x) =0.$ Par différence, on obtient $\displaystyle \partial_a L(a,b,c,x) - \partial_b L(a,b,c,x) =0 \implies (\sqrt{a} - \sqrt{b}) (\sqrt{ab} (\sqrt{a} + \sqrt{b}) - c^\frac32 + x(a+b)(\sqrt{a} + \sqrt{b})) = 0.$
La solution est donc $\displaystyle a=b=c$ ou $\displaystyle \sqrt{ab}(\sqrt{a} + \sqrt{b}) - c^\frac32 + x(a+b)(\sqrt{a} + \sqrt{b})=0.$ Là encore, par différence, on obtient $\displaystyle \sqrt{b} (a-c) + b(\sqrt{a} - \sqrt{c}) -( c^\frac32-a^\frac32)+x(a^\frac32 - c^\frac32 + \sqrt{b} (a-c) + b (\sqrt{a}-\sqrt{c})) = 0.$ La solution est donc $\displaystyle a=b=c$ ou $(1+x) (\sqrt{ab} +\sqrt{bc}+\sqrt{ca} +a+b+c)=0.$
Les solutions vérifient donc nécessairement $\displaystyle a=b=c$ et $\displaystyle a^3+b^3+c^3=3$ et donc $\displaystyle a=b=c=1.$
La réciproque est vérifiée par calcul direct : $\displaystyle (a,b,c) = (1,1,1)$ est un point critique. C'est donc le seul point critique.
Hessienne :
On termine avec la hessienne...
Taylor :
...puis le développement de Taylor. et on trouve $\displaystyle F(1+\alpha, 1+\beta, 1+\gamma) = -{7 \over 4} (\alpha^2+\beta^2+\gamma^2)^2 \leq 0$ : le point critique est un maximum !
De ma part j'ai essayé sans succès. Je vais te lire calmement mais comme première lecture c'est parfait. Tu écoutes quoi comme musique en abordant ce genre de questions ?
Je n'ai pas assez de points de réputations sur MSE https://math.stackexchange.com/questions/2131374/if-a3b3c3-3-so-fraca3ab-fracb3bc-fracc3ca-geq-frac pour laisser un commentaire donnant un lien vers ta preuve ( j'espere qu'un visiteur donnera ce lien en commentaire)
Je suis toujours à la recherche d'une méthode plus rapide et élégante. Je pense qu'on doit pouvoir :
- écrire une inégalité homogène,
- utiliser Cauchy-Schwarz et la contrainte pour simplifier considérablement la fonction à étudier,
- distinguer deux cas simples pour conclure.
Mais il n'est pas facile de trouver cette fonction simplifiée. Si on est trop brutal, l'extremum devient un maximum (alors qu'on cherche un minimum) ou le contraire.
J'aimerai aussi me passer de l'analyse et faire de l'arithmétique (puis discussion finanle selon les deux cas). Une telle méthode mériterait d'être publiée.
Voici une démonstration élémentaire (sans analyse), mais j'ai cherché plus de dix heures, donc pas si évidente à trouver.
Montrer que, pour tout triplet $\displaystyle (a,b,c)$ de réels strictement positifs tels que $\displaystyle a^3+b^3+c^3=3$, $\displaystyle {a^3 \over a+b}+{b^3 \over b+c} + {c^3 \over c+a} \geq \frac32.$
C'est faux !
On considère, pour tout triplet $\displaystyle (a,b,c)$ de réels strictement positifs, la somme $\displaystyle S(a,b,c) = \sum_{cyc} {a^3 \over a^3+b^3+c^3} ({1 \over a+b} + {1 \over b+c} +{1 \over c+a}).$ Cette somme est symétrique. Démonstration : elle est cyclique et, pour $a$ fixé, on échange $b$ et $c$, on obtient $\displaystyle S(a,c,b) = \sum_{cyc} {a^3 \over a^3+c^3+b^3} ({1 \over a+c} + {1 \over c+b} +{1 \over b+a}) = S(a,b,c).$ La symétrie permet, sans perte de généralité, de supposer $\displaystyle a \leq b \leq c.$ On a donc $\displaystyle a+b \leq a+c \leq b+c$ et donc $\displaystyle {1 \over a+b} \geq {1 \over a+c} \geq {1 \over b+c}.$ On a donc FAUX : $\displaystyle S(a,b,c) \leq \sum_{cyc} {a^3 \over a^3+b^3+c^3} {3 \over a+b}$, c'est-à-dire encore $\displaystyle \sum_{cyc} {3 \over a^3+b^3+c^3} {a^3 \over a+b} \geq S(a,b,c).$ On calcule $\displaystyle S(a,b,c)$ en utilisant $\displaystyle \sum_{cyc} {a^3 \over b+c} = \sum_{cyc} {b^3 \over c+a} =\sum_{cyc} {c^3 \over a+b} $ et $\displaystyle \sum_{cyc} {a^3 \over c+a} =\sum_{cyc} {b^3 \over a+b}$ et on a immédiatement $\displaystyle S(a,b,c) = \sum_{cyc} {1 \over a^3+c^3+b^3}{a^3+c^3+b^3 \over a+b} = \sum_{cyc} {1 \over a+b}.$ Cauchy-Schwarz donne $\displaystyle \sum_{cyc} {1^2 \over a+b} \geq {(\sum_{cyc}1)^2 \over \sum_{cyc} (a+b)} = {3^2 \over 2 \sum_{cyc}a}.$
On a donc établi que, pour tout triplet $\displaystyle (a,b,c)$ de réels strictement positifs, $\displaystyle \sum_{cyc} {3 \over a^3+b^3+c^3} {a^3 \over a+b} \geq S(a,b,c) = \sum_{cyc} {1 \over a+b} \geq {3^2 \over 2 \sum_{cyc}a}.$ On peut réécrire sous cette forme, pour tout triplet $\displaystyle (a,b,c)$ de réels strictement positifs, $\displaystyle \sum_{cyc} {a^3 \over a+b} \geq {3 \over 2} {a^3+b^3+c^3 \over \sum_{cyc}a} = {3 \over 2} { \sum_{cyc} a^3 \over \sum_{cyc}a}.$
Dans le cas particulier de l'énoncé, on a $\displaystyle \sum_{cyc} a^3 = 3$ et donc évidemment $\displaystyle \sum_{cyc} a \leq 3$ : on a donc dans ce cas $\displaystyle { \sum_{cyc} a^3 \over \sum_{cyc}a} = {3 \over \sum_{cyc}a} \geq {3 \over 3}=1.$
On a donc démontré que, pour tout triplet $\displaystyle (a,b,c)$ de réels strictement positifs tels que $\displaystyle \sum_{cyc} a^3 =3$, $\displaystyle \sum_{cyc} {a^3 \over a+b} \geq \frac32.$
Généralisatrion : pour deux entiers $p, q$, pour tout triplet $\displaystyle (a,b,c)$ de réels strictement positifs, on a $\displaystyle \sum_{cyc} {a^p \over a^q+b^q} \geq {3 \over 2} { \sum_{cyc} a^p \over \sum_{cyc}a^q}.$
Bon, c'est donc faux. Je cherche toujours une méthode sans multiplicateur de Lagrange. Si tu as une idée, je suis preneur. J'ai essayé toutes les méthodes auxquelles je peux penser en vain.
Inégalité de Hölder: $$\sum _{{k=1}}^{n}|x_{k}\ y_{k}|\leq \left(\sum _{{k=1}}^{n}|x_{k}|^{p}\right)^{{1/p}}\left(\sum _{{k=1}}^{n}|y_{k}|^{q}\right)^{{1/q}}.$$
$$\left (\dfrac{a}{a+b+c}+\dfrac{b}{a+b+c}+\dfrac{c}{a+b+c}\right )\leqslant \left ( a^3+b^3+c^3 \right )^\frac{1}{3}\left ( \left (\dfrac{1}{a+b+c}\right )^\frac{3}{2}+\left (\dfrac{1}{a+b+c}\right )^\frac{3}{2}+\left (\dfrac{1}{a+b+c}\right )^\frac{3}{2} \right )^\frac{2}{3}\Leftrightarrow \\ 1\leqslant 3^\frac{1}{3}3^\frac{2}{3}\dfrac{1}{a+b+c}\Leftrightarrow$$
$$\frac{1}{3}\leqslant\dfrac{1}{a+b+c}$$
Utilisons l'inégalité de Cauchy-Schwarz :
$$\left|\sum _{{i=1}}^{n}x_{{i}}y_{{i}}\right|\leqslant \left(\sum _{{i=1}}^{n}x_{{i}}^{{2}}\right)^{{1/2}}\left(\sum _{{i=1}}^{n}y_{{i}}^{{2}}\right)^{{1/2}}.$$
Nous avons :
$$\left (a^{\frac{3}{2}}+ b^{\frac{3}{2}}+ c^{\frac{3}{2}}\right )\leqslant \left ( \sqrt{a+b}^2 +\sqrt{b+c}^2+\sqrt{c+a}^2\right )^{\frac{1}{2}}\left (\sqrt{\dfrac{a^{3}}{{a+b}}}^2+ \sqrt{\dfrac{b^{3}}{{b+c}}}^2+\sqrt{\dfrac{c^{3}}{{c+a}}}^2\right )^{\frac{1}{2}}$$
Donc:
$$\left (a^{\frac{3}{2}}+ b^{\frac{3}{2}}+ c^{\frac{3}{2}}\right )^2\leqslant 2\left ( a+b+c\right )\left ( \dfrac{a^{3}}{{a+b}}+ \dfrac{b^{3}}{{b+c}}+\dfrac{c^{3}}{{c+a}}\right )$$
D'où:
$$\dfrac{1}{6}\left (a^{\frac{3}{2}}+ b^{\frac{3}{2}}+ c^{\frac{3}{2}}\right )^2\leqslant \left ( \dfrac{a^{3}}{{a+b}}+ \dfrac{b^{3}}{{b+c}}+\dfrac{c^{3}}{{c+a}}\right )$$
La méthode du Multiplicateur de Lagrange permet de minorer facilement la dernière expression:
$$f(x,y,z)=x^{\frac{3}{2}}+ y^{\frac{3}{2}}+ z^{\frac{3}{2}}; g(x,y,z)=x^{3}+ y^{3}+ z^{3} -3; \frac{\partial f}{\partial x_i}-\lambda \frac{\partial g}{\partial x_i}=0$$
J'abrège, on trouve: $$\sqrt{x}=\sqrt{y}=\sqrt{z}=\dfrac{1}{2\lambda }$$, injectons dans l'équation condition $$a^3+b^3+c^3=3.$$, on trouvera $$a=b=c=1; \lambda=\frac{1}{2}$$
Alors: $$\left (a^{\frac{3}{2}}+ b^{\frac{3}{2}}+ c^{\frac{3}{2}}\right )_{min}=3$$
Finalement: $$\dfrac{3}{2}=\dfrac{3^2}{6}\leqslant \left ( \dfrac{a^{3}}{{a+b}}+ \dfrac{b^{3}}{{b+c}}+\dfrac{c^{3}}{{c+a}}\right )$$
CQFD
Je travaille sur ce truc depuis 10 jours (avec l'espoir d'une démonstration algébrique, sans faire appel aux multiplicateurs de Lagrange).
@Razes,
Tu utilises l'inégalité de Hoelder pour démonstrer que, pour $\displaystyle a,b,c,$ trois réels positifs quelconques tels que $\displaystyle a^3+b^3+c^3=3$, $\displaystyle a+b+c\leq 3.$ Une façon plus élégante est d'utiliser la convexité de la fonction puissance. Soit la fonction $f$ définie, pour tout $\alpha$ réel tel que $\displaystyle \alpha \geq 1$, par $\displaystyle f: x \mapsto x^\alpha, x \geq 0, \alpha \geq 1.$ Cette fonction est de classe infinie sur $\displaystyle \R_+$ et sa dérivée seconde est $\displaystyle x \mapsto \alpha(\alpha-1)x^{\alpha-2}$ qui reste positive sur $\displaystyle \R_+$ : la fonction $f$ est convexe. On a alors, par l'inégalité de Jensen, $\displaystyle {f(a)+f(b)+f(c) \over 3} \geq f({a+b+c \over 3})$ qui s'écrit : $\displaystyle {a^\alpha + b^\alpha+c^\alpha \over 3} \geq ({a+b+c \over 3})^\alpha.$ On conclut donc que, pour $\displaystyle a,b,c$ trois réels positifs quelconques et pour tout $\alpha$ réel tel que $\displaystyle \alpha \geq 1$, on a $\displaystyle {a+b+c \over 3} \leq ({a^\alpha+b^\alpha+c^\alpha \over 3})^{{1 \over \alpha}}.$
Dans notre cas, on a donc d'après la relation précédente, par exemple, $\displaystyle \sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c} \leq 3, a+b+c \leq 3, a^\frac32+b^\frac32+c^\frac32 \leq 3, a^2+b^2+c^2 \leq 3.$
Avec l'inégalité de Hoelder, on montre que, pour tous les réels strictement positifs $\displaystyle a,b,c,x,y,z$ : $\displaystyle {a^3 \over x} + {b^3 \over y} + {c^3 \over z} \geq {(a+b+c)^3 \over 3(x+y+z)}$, mais on n'aboutit à rien malgré cette jolie formule.
Je pense pouvoir montrer (assez simplement) que le problème posé revient à celui-ci:
Toujours avec la même contrainte (i.e a,b,c positifs et $a^3+b^3+c^3=3$) montrer que
$$\sum_{cycl.} a^4 b^4 \leq 3.$$
Cependant je n'arrive pas à démontrer ce résultat (même avec la méthode des multiplicateurs). Cette nouvelle inégalité est validé numériquement mais je ne trouve pas la solution. Cela peut peut-être inspiré quelqu'un?
Bonjour,
CA m’intéresse; expose la
Par C-S (ou par Jensen ou autre) on a en posant
$${x_1,x_2,x_3}=
x_1=\sqrt{\frac{a^3}{a+b}},x_2=\sqrt{\frac{b^3}{b+c}},x_3=\sqrt{\frac{c^3}{a+c}},$$
et
$$y_1=\sqrt{a^3 (a+b)},y_2=\sqrt{b^3 (b+c)},y_3=\sqrt{c^3 (a+c)}.$$
$$3\leq \sum_{cycl} a^3/(a+b) \times \sum_{cycl} a^3(a+b)$$
on voit que l'inégalité suivante implique l'inégalité initiale à démontrer. $$a^3 (a+b)+c^3 (a+c)+b^3 (b+c)\leq 6.$$
Ensuite avec Young inégalité puis C-S
$$\sum_{cycl} a^3 b\leq \dfrac{1}{2} \sum_{cycl} a^3 +\dfrac{1}{2}\sum_{cycl} a^3 b^2\leq \dfrac{3}{2}+
\dfrac{1}{2}(\sum_{cycl} a^2)^{1/2} \times (\sum_{cycl} a^4 b^4)^{1/2}$$
On $\sum_{cycl} a^2\leq 3$ (c'est assez facile à démontrer)
donc on s'attend à avoir $$\sum_{cycl} a^3 b\leq 3$$ si on a montré que $$\sum_{cycl} a^4 b^4 \leq 3 $$
D'abord j'avais espéré que cette inégalité était plus facile mais pas pour l'instant je n'y arrive pas
Ensuite il faut faire attention $\sum_{cycl} a^4 \leq 3 times 3^{1/3}$ (et non pas $\leq 3$).
Il faut que je retrouve pourquoi $$\sum_{cycl} a^4 b^4\leq 3 $$ conduira à la solution.
En attendant on peut remarquer que montrer que $$\sum_{cycl} a^3 b\leq \leq 3$$ n'est déjà pas facile et la difficulté me semble du m^me ordre.
Donc déjà savoir faire cela ne serait pas inutile.
Je réfléchis pour retrouver mon raisonnement.
L'inégalité que tu as écrite est fausse : on a, pour $a,b,c$ réels strictement positifs tels que $\displaystyle \sum_{cyc} a^3 = 3$, $\displaystyle \sum_{cyc} {a^3 \over a+b} \sum_{cyc} a^3 (a+b) \geq 3^2$ et non pas $3.$ Cette inégalité se démontre par Cauchy-Schwarz.
Pour l'inégalité $\displaystyle \sum_{cyc} a^3b \leq 3$, sa démonstration est (très) ardue. Mais bon, puisque tu demandes, pour $\displaystyle a,b,c$ réels, on a $\displaystyle \sum_{cyc} a^3b \leq {(\sum_{cyc} a^2)^2\over 3}$ (*) et, puisque $\displaystyle \sum_{cyc} a^3 = 3$, on a $\displaystyle \sum_{cyc} a^2 \leq 3$, et donc finalement $\displaystyle \sum_{cyc} a^3b \leq 3.$
(*) il suffit de développer $\displaystyle 2 (\sum_{cyc} a^2)^2 - 6 \sum_{cyc} a^3b = \sum_{cyc} (a^2-2ab+bc-c^2+ca)^2.$
En effet le lien entre les 2 inégalités est $\quad 9 \leq S Q $
Et si la nouvelle inégalité est $\ Q \leq 6\ $ cela implique bien $\ S\geq 9/6=3/2. $
Pour la démonstration de $\quad \displaystyle \sum_{cycl} a^3 b \leq 3 \ $ je suis bien d'accord avec toi mais mon idée est de démontrer $\ Q \leq 6\ $ et par conséquent l'inégalité de ce post.
D'ailleurs cette idée je viens de l'exploiter et elle me conduit au résultat (sauf erreur mais je ne pense pas) ..
Je rédige cela dès que possible et le mettrait sur le site américain (je ne sais pas ?)
[Ne pas abuser des expressions mathématiques centrées : $\$\$\ldots\$\$$. ;-) AD]
Finalement j'ai mis ma solution sur le site où la question a été posée en espérant qu'il n'y a pas d'erreurs.
Rozemberg
Je ne sais pas suivre ta démonstration. L'itération sur Young me perd. Mais surtout, tu utilises de l'analyse... or on cherche à partir d'inégalités "classiques", sinon on peut utiliser Lagrange dès le début (après quelques manipulations). Rien ne dit que l'on peut démontrer ce truc sans analyse, mais c'est ce que cherche.
Je viens d'ajouter une ligne pour faciliter la compréhension du l'itération de Young.
Je n'ai pas bien suivi le fil de tous ces messages ici. Mais j'ai cru comprendre que c'était un problème ouvert.
En particulier, sauf preuve du contraire, je ne vois pas ici de démonstration aisée où l'on utilise la méthode des multiplicateurs de Lagrange.
Bien entendu on peut préférer une démonstration sans utiliser la méthode Lagrange et c'est compréhensible car dans la plupart des cas la méthode des multiplicateurs de Lagrange conduit à des calculs horribles voire impossible comme c'est le cas ici.
Je donne ici une démonstration où j'utilise des inégalités classiques mais nécessite aussi d'utiliser un peu en en partie la méthode de Lagrange. Bien sûr il y a un peu d'analyse. Mais tout de même, c'est une question posée dans la rubrique analyse. Et une démonstration c'est une démonstration.
Maintenant je suis curieux de voir la démonstration avec la méthode de Lagrange après quelques manipulations. C'est toujours instructif.
@Yves-M Et puis je supprime Lagrange dans ma démo.et j'adapte.
D'abord bravo ! Ta démonstration est courte. Je ne connaissais pas cette utilisation de l'inégalité de Young.
Je cherche encore une méthode plus classique. Je vais essayer ta piste de supposer $max(a,b,c) \leq \sqrt{2}.$
Sinon j'ai une question à te poser concernant la façon dont tu as procédé pour majorer $\sum_{cycl} a^3b$ aussi facilement;
En effet tu trouves d'abord un bon majorant (appelons le S(a,b,c) )qui conduira à la solution. Mais surtout tu trouves
le bon polynôme homogène de degré 2, P(a,b,c) tel que
$$\sum_{cycl} a^3b-S(a,b,c)=\sum_{cycl} P(a,b,c) ^2.$$ Parce que même si on soupçonne son existence( à P) je ne trouve pas que c'est facile de calculer ses coefficients.
Donc est-ce qu'il y a une méthode derrière cela?
Pour tous réels $a,b,c$ on a $\displaystyle 2 (\sum_{cyc} a^2)^2 - 6 \sum_{cyc} a^3b = \sum_{cyc} (a^2-2ab+bc-c^2+ca)^2 \geq 0.$
D'ailleurs, on a aussi pour tous réels $a,b,c$ : $\displaystyle 6 (\sum_{cyc} a^2)^2 - 12 \sum_{cyc} a^3b = \sum_{cyc} (a^2-2b^2+c^2+3bc -3ca)^2 \geq 0.$
Je ne sais pas quelles méthodes mathématiques permettent de déterminer le polynôme. Dans un autre fil, @GaBuZoMeu écrit :
Hilbert dixit : toute forme de degré $2k$ en $n$ variables semi-définie positive est somme de carrés de formes de degré $k$ si et seulement si 1) $2k=2$ ou 2) $n=2$ ou 3) $n=3$ et $2k=4.$
J'ai l'impression que notre cas correspond à $n=3$ variables et un degré $2k=4.$ Mais je te laisse creuser le sujet (moi, je dois d'abord comprendre ce qu'est une 'forme'). De plus, l'existence c'est très bien, mais l'algorithme pour trouver ledit polynôme en est une autre. Ceci dit, le problème doit être traité (ça n'est pas impossible non plus).
Dans l'autre forum où tu as écrit ta démonstration, tu as écrit un truc faux, mais qui ne change pas la validité de la démonstration. Tu écris $\displaystyle a^3x \leq \frac12 a^3 + \frac12 a^3 x^2$ puis par itération $\displaystyle a^3x \leq \sum_{j=1}^n {1 \over 2^j} a^3 + {x^{2n} \over 2^n}$ : le dernier terme à droite devrait être $\displaystyle a^3 {x^{2n} \over 2^n}.$ Ta démonstration reste valide car la limite quand $n$ est à l'infini devient nulle pour ce terme, même corrigé.
J'ai un autre problème avec l'itération : Je trouve 2n et pas 2n comme exposant de x .
Par ailleurs, toutes les inégalités avec x peuvent se simplifier par a3 .
Celle du départ devient alors une évidence. Celle avec 2n en exposant est fausse pour n = 3 .
Qu'en pensez-vous ?
Ah oui ! C'est faux. L'exposant de $x$ est $2^n$ et non pas $2n.$
Je ne vois pas immédiatement comment sauver la démonstation...
Moi non plus je ne vois pas comment faire. Et ce n'est pas faute d'avoir cherché !
Voici une démonstration élégante. Pouvez-vous vérifier car je deviens fou sur cette inégalité que je cherche à démontrer depuis des semaines. Cette fois-ci, je crois que c'est bon. et c'est encore raté...
Montrer que, pour tous réels strictement positifs, $\displaystyle a,b,c$ tels que $\displaystyle a^3+b^3+c^3=3, {a^3 \over a+b}+{b^3 \over b+c} + {c^3 \over c+a} \geq {3 \over 2}.$
Notation et trame de la démonstration :
On utilise la notation somme cyclique de sorte que $\displaystyle \sum_{cyc} a^3 = a^3+b^3+c^3$ et $\displaystyle \sum_{cyc} {a^3 \over a+b} = {a^3 \over a+b}+{b^3 \over b+c} + {c^3 \over c+a}.$ On commence par établir deux inégalités utiles, dont une est ardue à trouver mais facile à démontrer. On établit par l'inégalité de Hoelder deux inégalités qui dépendent de $\displaystyle \sum_{cyc} a^2$ puis on considère les deux cas $\displaystyle \sum_{cyc} a^2 \geq 2$ et $\displaystyle \sum_{cyc} a^2 \leq 2$ pour conclure.
Deux inégalités utiles :
Pour tous réels $a,b,c$, on a $\displaystyle (\sum_{cyc} a^2)^2 = \sum_{cyc} a^4 + 2 \sum_{cyc} a^2b^2$ et donc $\displaystyle \sum_{cyc} a^4 \leq (\sum_{cyc} a^2)^2.$
Pour tous réels $a,b,c$, on a $\displaystyle 2 (\sum_{cyc} a^2)^2 - 6 \sum_{cyc} a^3b = \sum_{cyc} (a^2-2ab+bc-c^2+ca)^2 \geq 0$ et donc $\displaystyle \sum_{cyc} a^3b \leq {1 \over 3} (\sum_{cyc} a^2)^2.$ La démonstration s'effectue en développant les deux membres.
Cas $\displaystyle \sum_{cyc} a^2 \geq 2$ :
Par l'inégalité de Hoelder, pour tous réels strictement positifs $a,b,c$, on a $\displaystyle \sum_{cyc} {a^3 \over a+b} =\sum_{cyc} {a^6 \over a^4+a^3b} =\sum_{cyc} {(a^2)^3 \over a^4+a^3b} \geq {1 \over 3} {(\sum_{cyc} a^2)^3 \over \sum_{cyc} a^4 + \sum_{cyc} a^3b}.$ La démonstration est l'écriture $\displaystyle \sum_{cyc} 1 \times \sum_{cyc} a^3(a+b) \times \sum_{cyc} {a^3 \over a+b} \geq \Big(\sum_{cyc} (1 \times a^3(a+b) \times {a^3 \over a+b})^{\frac13}\Big)^3.$
On utilise les deux inégalités utiles et alors on a établi que, pour tous réels strictement positifs $a,b,c$, $\displaystyle \sum_{cyc} {a^3 \over a+b} \geq {1 \over 3} {(\sum_{cyc} a^2)^3 \over \sum_{cyc} a^4 + \sum_{cyc} a^3b} \geq {1 \over 3} {(\sum_{cyc} a^2)^3 \over (\sum_{cyc} a^2)^2 + {1 \over 3} (\sum_{cyc} a^2)^2} \geq {1 \over 4} \sum_{cyc} a^2.$ correction
On a démontré que, pour tous réels strictement positifs $a,b,c$ tels que $\displaystyle \sum_{cyc} a^2 \geq 2$, $\displaystyle \sum_{cyc} {a^3 \over a+b} \geq {1 \over 4}.2 = {1 \over 2}.$ ce n'est donc pas suffisant...
Cas $\displaystyle \sum_{cyc} a^2 \leq 2$ :
Par l'inégalité de Cauchy-Schwarz (qui est un cas particulier de l'inégalité de Hoelder), pour tous réels strictement positifs $a,b,c$, on a $\displaystyle \sum_{cyc} {a^3 \over a+b} =\sum_{cyc} {a^6 \over a^4+a^3b} =\sum_{cyc} {(a^3)^2 \over a^4+a^3b} \geq {(\sum_{cyc} a^3)^2 \over \sum_{cyc} a^4 + \sum_{cyc} a^3b} \geq {(\sum_{cyc} a^3)^2 \over (\sum_{cyc} a^2)^2 + {1 \over 3} (\sum_{cyc} a^2)^2}={3 \over 4} {(\sum_{cyc} a^3)^2 \over (\sum_{cyc} a^2)^2}.$ La démonstration est l'écriture $\displaystyle \sum_{cyc} a^3(a+b) \times \sum_{cyc} {a^3 \over a+b} \geq \Big(\sum_{cyc} (a^3(a+b) \times {a^3 \over a+b})^{\frac12}\Big)^2.$
On a démontré que, pour tous réels strictement positifs $a,b,c$ tels que $\displaystyle \sum_{cyc} a^2 \leq 2$ et $\displaystyle \sum_{cyc} a^3=3$, $\displaystyle \sum_{cyc} {a^3 \over a+b} \geq {3 \over 4} {3^2 \over 2^2} = {3 \over 2} {9 \over 8} \geq {3 \over 2}.$
J'ai regardé et essayé de comprendre. Dur dur...
OK pour le cas a2+b2+c2 < 2
Petit soucis dans le cas a2+b2+c2 > 2 :
En posant X = a2+b2+c2
On a (1/3)( X3 / ( X2+X2/3 )[large] [/large] = [large] [/large] X / 4 et pas 3X / 4 .
Merci de ta correction. Ce truc me rend fou. Je cherche encore. Je suis persuadé qu'il faut une disjonction de cas.
Soient $a,b,c$ des nombres réels avec $1>a>-1,\;1>b>-1,\;1>c>-1$ avec la condition :
$$\left(\frac{1+a}{1-a}\right)^3+\left(\frac{1+b}{1-b}\right)^3+\left(\frac{1+c}{1-c}\right)^3=3$$
Alors nous avons (après décomposition en élément simple):
$$\frac{(|a|+1)^3}{2(1-|a|)|a|}\left(\frac{1}{1-|a|}-\frac{1}{1-|ab|}\right)+\frac{(|b|+1)^3}{2(1-|b|)|b|}\left(\frac{1}{1-|b|}-\frac{1}{1-|bc|}\right)+\frac{(|c|+1)^3}{2(1-|c|)|c|}\left(\frac{1}{1-|c|}-\frac{1}{1-|ac|}\right)$$ $$\geq$$ $$\frac{(|a|+1)^3}{2(1-|a|)|a|}\left(\frac{1}{1-|a|}-\frac{1}{1-a^2}\right)+\frac{(|b|+1)^3}{2(1-|b|)|b|}\left(\frac{1}{1-|b|}-\frac{1}{1-b^2}\right)+\frac{(|c|+1)^3}{2(1-|c|)|c|}\left(\frac{1}{1-|c|}-\frac{1}{1-c^2}\right)$$ $$\geq$$ $$\frac{3}{2}$$
J'aurais préféré être plus positive...
Je fais des progrès sur les inégalités, et deux cas sont déjà traités :
a2+b2+c2 < 2
Max(a2,b2,c2) > 2
Peux-tu signaler dans MSE que ta preuve présente une faille.
@YvesM
Je ne sais plus comment repondre à ta question de debut
Vraiment c'est hard. Dommage que cc et Gabu n'aiment pas les calculs
$ 2a^2+2b^2+2c^2-ab-ac-bc \geq 3$
Peut-on savoir pourquoi?
edit https://math.stackexchange.com/questions/2319488/if-a3b3c3-3-so-2a2b2c2-abbcca-geq-3?noredirect=1&lq=1
Je la poste demain pour l'affiner.
Soient $u,v,w$ des nombres réels positifs non tous nuls on a à prouver avec la condition $u^3+v^3+w^3=3$ :
$$\frac{u^3}{u+v}+\frac{v^3}{w+v}+\frac{w^3}{u+w}\geq \frac{3}{2}$$
Après le changement de variable $u=tan(\frac{\pi}{4}+x)$ puis $tan(x)=a$ et de même pour $v,w$ la première assertion devient alors :
Soient $a,b,c$ des nombres réels avec $1>a>0,\;1>b>0,\;0>c>-1$ avec la condition (cela correspond au cas $u\geq v\geq 1\geq w$) :
$$\left(\frac{1+a}{1-a}\right)^3+\left(\frac{1+b}{1-b}\right)^3+\left(\frac{1-|c|}{1+|c|}\right)^3=3$$
Après décomposition en élément simple l'inégalité devient :
$$\frac{(a+1)^3}{2(1-a)a}\left(\frac{1}{1-a}-\frac{1}{1-ab}\right)+\frac{(b+1)^3}{2(b-1)b}\left(\frac{1}{b-1}+\frac{1}{1+bc}\right)+\frac{(|c|+1)^3}{2|c|(|c|+1)}\left(\frac{1}{1+|c|}-\frac{1}{1+a|c|}\right)$$ $$\geq\frac{3}{2}$$
Maintenant on va démontrer une inégalité plus forte à l'aide de Karamata et de l'inégalité de réarrangement :
$$\frac{(a+1)^3}{2(1-a)a}\left(\frac{1}{1-a}-\frac{1}{1-ab}\right)+\frac{(b+1)^3}{2(b-1)b}\left(\frac{1}{b-1}+\frac{1}{1+bc}\right)+\frac{(|c|-1)^3}{2|c|(|c|+1)}\left(\frac{1}{1+|c|}-\frac{1}{1+a|c|}\right)$$ $$\geq$$ $$\frac{(a+1)^3}{2(1-a)a}\left(\frac{1}{1-a}-\frac{1}{1-a^2}\right)+\frac{(b+1)^3}{2(b-1)b}\left(\frac{1}{b-1}+\frac{1}{1+b^2}\right)+\frac{(|c|-1)^3}{2|c|(|c|+1)}\left(\frac{1}{1+|c|}-\frac{1}{1+c^2}\right)$$
Ce qui est équivalent à :
$$\frac{(a+1)^3}{2(1-a)a}\left(\frac{1}{1-a^2}\right)+\frac{(b+1)^3}{2(1-b)b}\left(\frac{1}{1+b^2}\right)+\frac{(|c|+1)^3}{2|c|(|c|+1)}\left(\frac{1}{1+c^2}\right)$$ $$\geq$$ $$\frac{(a+1)^3}{2(1-a)a}\left(\frac{1}{1-ab}\right)+\frac{(b+1)^3}{2(b-1)b}\left(\frac{1}{1+bc}\right)+\frac{(|c|+1)^3}{2|c|(|c|+1)}\left(\frac{1}{1+a|c|}\right)$$
On utilise donc le théorème 3 du lien suivant :
On a les poids suivant :
$$p_1=\frac{(a+1)^3}{2(1-a)a}$$
$$p_2=\frac{(|c|+1)^3}{2|c|(|c|+1)}$$
$$p_3=\frac{(b+1)^3}{2(1-b)b}$$
La fonction convexe est $\frac{1}{1-x}$ sur $[-1;1[$ de plus elle croissante sur cet intervalle ce qui permet de changer la dernière égalité de majoration par une inégalité .
On a à démontrer avec $a^2\geq -c^2\geq -b^2$ et $ab \geq -b|c| \geq -a|c|$:
$$p_1f(a^2)+p_3(-b^2)+p_2f(-c^2)\geq p_1f(ab)+p_3f(-b|c|)+p_2f(-a|c|)$$
La première majoration est evidente on a bien :
$$\frac{(a+1)^3}{2(1-a)a}a^2\geq \frac{(a+1)^3}{2(1-a)a}ab$$
La seconde revient à ceci :
$$\frac{(a+1)^3}{2(1-a)a}a^2+\frac{(|c|+1)^3}{2|c|(|c|+1)}(-c^2)\geq \frac{(a+1)^3}{2(1-a)a}ab+\frac{(|c|+1)^3}{2|c|(|c|+1)}(-bc)$$
est aussi évidente car on a :
$$\frac{(|c|+1)^3}{2|c|(|c|+1)}(-c^2)\geq \frac{(|c|+1)^3}{2|c|(|c|+1)}(-bc)$$
La troisième revient à ceci :
$$\frac{(a+1)^3}{2(1-a)a}a^2+\frac{(|c|+1)^3}{2|c|(|c|+1)}(-c^2)+\frac{(b+1)^3}{2(1-b)b}(-b^2)\geq \frac{(a+1)^3}{2(1-a)a}ab+\frac{(|c|+1)^3}{2|c|(|c|+1)}(-ac)+\frac{(b+1)^3}{2(1-b)b}(-bc)$$
Qui est équivalente à ceci après simplification :
$$\frac{(a+1)^3}{2(1-a)}a+\frac{(|c|+1)^3}{2(|c|+1)}(-c)+\frac{(b+1)^3}{2(1-b)}(-b)\geq \frac{(a+1)^3}{2(1-a)}b+\frac{(|c|+1)^3}{2|c|(|c|+1)}(-a)+\frac{(b+1)^3}{2(1-b)}(-c)$$
Ce qui est facilement résoluble par l'inégalité de réarrangement si on prend les deux suites suivantes $a\geq b \geq c$ et $p_1\geq -p_2 \geq -p_3$
On a donc établit la chose suivante avec les conditions sus-mentionnées:
$$\frac{(a+1)^3}{2(1-a)a}\left(\frac{1}{1-a}-\frac{1}{1-ab}\right)+\frac{(b+1)^3}{2(b-1)b}\left(\frac{1}{b-1}+\frac{1}{1+bc}\right)+\frac{(|c|-1)^3}{2|c|(|c|+1)}\left(\frac{1}{1+|c|}-\frac{1}{1+a|c|}\right)$$ $$\geq$$ $$\frac{(a+1)^3}{2(1-a)a}\left(\frac{1}{1-a}-\frac{1}{1-a^2}\right)+\frac{(b+1)^3}{2(b-1)b}\left(\frac{1}{b-1}+\frac{1}{1+b^2}\right)+\frac{(|c|-1)^3}{2|c|(|c|+1)}\left(\frac{1}{1+|c|}-\frac{1}{1+c^2}\right)$$
Reste à démontrer ceci toujours avec la condition de départ:
$$\frac{(a+1)^3}{2(1-a)a}\left(\frac{1}{1-a}-\frac{1}{1-a^2}\right)+\frac{(b+1)^3}{2(b-1)b}\left(\frac{1}{b-1}+\frac{1}{1+b^2}\right)+\frac{(|c|-1)^3}{2|c|(|c|+1)}\left(\frac{1}{1+|c|}-\frac{1}{1+c^2}\right)\geq \frac{3}{2}$$
Ce qui est aisé !
Tu laisses beaucoup de vérifications à la charge de lecteur, soit tu donnes tout ou rien
Suite à l'absence de réaction de bd2017, j'ai fini par éditer sa démarche dans l'étape 2 du site américain
Mais mon anglais catastrophique me handicape sérieusement...
Bravo.
Pas si facile en fait. J'ai passé pas mal de temps à décortiquer la démarche de jb2017 alias aviateur, puis celle de YvesM.
Passe une bonne journée !