Deux inégalités

Bonjour,

Pour le 1) je manque d’inspiration mais on aboutit au résultat avec cette indication.

Indication : homogénéité, pour $c=0$, puis on pose SPDG $c=1$, on passe de l’autre côté et on éleve au carré, on montre que $2\sqrt{(1-a+a^2)(1-b+b^2)} \geq 2-a-b+ab$ qui donne $a^2(3b^2-4b+6) +b^2(3a^2-4a+6)\geq 0$.

Pour l'inégalité 2, l'hypothèse de départ est équivalente à ce que le point $(x,y)$ soit sur l'ellipse $x^2 + 8x +2y^2 +8y =16$ avec la condition $x+y\leqslant 4$. A partir de là ??

Bonsoir,

kouassi a écrit:

1- $a,b,c$ sont des nombres strictement positifs.
Prouver que
$ \sqrt{a^2-ab+b^2}+\sqrt{b^2-bc+c^2}\ge
\sqrt{a^2-ac+c^2}$

Il est fort probable que l'inégalité à prouver est:

$$\sqrt{a^2-ab+b^2}+\sqrt{b^2-bc+c^2}\geq \sqrt{a^2 +ac+c^2}$$

plus forte que celle postée.

Bonjour,

@Lake : trouver le plus grand $\displaystyle \alpha$ réel tel que, pour tous $a,b,c$ trois réels positifs, $\displaystyle \sqrt{a^2-ab+b^2} + \sqrt{b^2-bc+c^2} \geq \sqrt{a^2+\alpha ac+c^2} .$ La réponse est bien $\displaystyle \alpha =1$ obtenu pour $b=a/2=c/2.$

Voici une démonstration géométrique dans les complexes :
Montrer que, pour tous $a,b,c$ réels, $\displaystyle \sqrt{a^2-ab+b^2} + \sqrt{b^2-bc+c^2} \geq \sqrt{a^2+ac+c^2}.$

On établit que, pour tous réels $a,b$, $\displaystyle \sqrt{a^2-ab+b^2} =|ae^{i \pi/3} + be^{-i \pi/3} |.$
On établit que, pour tous réels $b,c$, $\displaystyle \sqrt{b^2-bc+c^2} =|be^{i \pi/3} + ce^{-i \pi/3} | = |-be^{-i \pi/3}+c |.$
Par l'inégalité triangulaire on établit que, pour tous réels $a,b,c$, $\displaystyle |ae^{i \pi/3}+c| = \sqrt{a^2+ac+c^2} = |ae^{i \pi/3}+be^{-i \pi/3}-be^{-i \pi/3}+c| \leq |ae^{i \pi/3} + be^{-i \pi/3} |+|-be^{-i \pi/3}+c |.$ Voilà !