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Une inégalité

Posté par
elhor_abdelali Correcteur 02-04-21 à 22:20

Bonjour ,

a , b et c sont trois réels positifs tels que abc=1

\Large \boxed{1} Montrer que : \Large \boxed{(a+b)(b+c)(c+a)+7\geqslant5(a+b+c)} .

\Large \boxed{2} Caractériser le cas d'égalité.

Bonne réflexion

Posté par
azerti75re : Une inégalité 02-04-21 à 23:02

Bonsoir,

L'énoncé est erroné.
Exemple a = 1 ; b = 1 et c= 1
On obtient 13 > 15

Posté par
azerti75re : Une inégalité 02-04-21 à 23:03

Non excusez, c'est moi qui ai tout faux

Posté par
Pirhore : Une inégalité 03-04-21 à 08:31

Bonjour,

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Posté par
matheuxmatoure : Une inégalité 03-04-21 à 11:40

bonjour

en poursuivant l'idée de Pirho, qui a fait le plus gros :

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Posté par
matheuxmatoure : Une inégalité 03-04-21 à 11:44

heu pardon...

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Posté par
Pirhore : Une inégalité 03-04-21 à 12:23

Bonjour matheuxmatou

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Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : Une inégalité 03-04-21 à 13:30

Bonjour ,

jusqu'ici, vous avez entamé à peu près des démarches semblables aux miennes ...

" Je n'ai pas échoué, j'ai trouvé dix mille moyens qui ne marchent pas "

Je cherche encore

matheuxmatou \to effectivement l'inégalité arithmético-géométrique donne a+b+c\geqslant3 avec égalité ssi a=b=c=1 sauf erreur de ma part bien entendu

Posté par
dpire : Une inégalité 03-04-21 à 14:43

Bonjour,
abc=1   donne une égalité pour a,b,c =1    
Si une valeur <1 , une autre  égale à 1  nous avons:
  1-;1;1/(1-)
la somme devient ( 1-2+²+1-+1)/(1- )soit  (3-3+²/(1- )>3  
Je passe le calcul pour deux valeurs <1 qui aboutira à la même inégalité

Posté par
matheuxmatoure : Une inégalité 03-04-21 à 18:51

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Posté par
carpediemre : Une inégalité 03-04-21 à 18:54

salut

j'ai une autre piste ... mais j'arrive à la même conclusion que matheuxmatou :

soit p = abc = 1 et posons s = a + b + c

(s - a)(s - b)(s - c) + 7 - 5s = s^3 - (a + b + c)s^2 + (ab + bc + ca)s - abc + 7 - 5s = (ab + bc + ca - 5)s + 6 = \left( \dfrac 1 a + \dfrac 1 b + \dfrac 1 c \right)(a + b + c) -5s + 6 \ge 5(3 - s)

car d'après C-S : \left( \dfrac 1 a + \dfrac 1 b + \dfrac 1 c \right)(a + b + c) \ge 3^2

il ne reste plus qu'à montrer que abc = 1 \Longrightarrow s \le 3 ... qui est évidemment faux en prenant a = 4 et b = c = 1/2

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : Une inégalité 03-04-21 à 20:00

matheuxmatou \to peux-tu développer ton idée c'est une piste intéressante


carpediem \to justement comme je l'ai écrit dans mon post précédent :

l'inégalité arithmético-géométrique donne \Large \boxed{s=a+b+c\geqslant3} et \Large \boxed{s'=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\geqslant3}

ce qui donne \Large \blue\boxed{ss'=(a+b+c)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\geqslant9}.

Le développement intéressant que tu as fait donne \Large \boxed{(a+b)(b+c)(c+a)+7-5(a+b+c)=ss'+6-5s}

et tu vois que la minoration de l'encadré bleu ne permet pas de conclure

Mais ceci dit ton développement donne quand même une idée d'une solution partielle

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Posté par
jandri Correcteurre : Une inégalité 10-04-21 à 12:35

Bonjour elhor_abdelali ,

merci pour cette question très intéressante. J'avoue avoir cherché longtemps !

J'ai trouvé par hasard une solution toute simple (en feuilletant ma collection d'inégalités).

Avec tes notations pour s et s' on montre d'abord :

(a+b)(b+c)(c+a)=(s-a)(s-b)(s-c)=s^3-s^2(a+b+c)+s(ab+bc+ca)-abc=ss'-1
d'où : (a+b)(b+c)(c+a)+7-5(a+b+c)=ss'-5s+6.

Ensuite on peut supposer sans perte de généralité que a\geq1 et b\geq1 car deux des trois nombres sont situés du même côté par rapport à 1 et on peut les changer tous les trois en leur inverse.

On montre alors que s'\geq s :

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Et c'est terminé (comme tu l'as déjà démontré) :
 Cliquez pour afficher


Il y a bien égalité si et seulement si s=3, c'est-à-dire a=b=c=1

Posté par
jandri Correcteurre : Une inégalité 10-04-21 à 12:58

Je m'aperçois que je n'ai démontré l'inégalité que lorsqu'au moins deux des trois nombres sont supérieurs ou égaux à 1, il reste le cas où un seul est supérieur à 1.

Posté par
GBZMre : Une inégalité 11-04-21 à 11:04

Bonjour ,

Je propose le même exercice avec l'inégalité

\Large \boxed{2(a+b)(b+c)(c+a)+17\geqslant11(a+b+c)} .

Posté par
GBZMre : Une inégalité 11-04-21 à 20:55

Bon, mon petit supplément n'a l'air d'emballer personne, ce que je comprends fort bien.

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Posté par
jarod128re : Une inégalité 12-04-21 à 13:08

GBZM J'ai fortement apprécié, je ne suis pas habitué à ces méthodes, merci.

Posté par
GBZMre : Une inégalité 12-04-21 à 18:09

Merci à toi pour ton appréciation.

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : Une inégalité 15-04-21 à 01:19

GBZM \to C'est intéressant ce que tu as fait dans la mesure où il donne (comme tu l'as dit) une vision géométrique de la validité de l'inégalité proposée ainsi que du cas d'égalité.


Jandri \to

Citation :
Je m'aperçois que je n'ai démontré l'inégalité que lorsqu'au moins deux des trois nombres sont supérieurs ou égaux à 1, il reste le cas où un seul est supérieur à 1.


effectivement il reste ce cas et il doit y avoir une manière (probablement astucieuse ) de le montrer.

Posté par
jandri Correcteurre : Une inégalité 15-04-21 à 19:26

GBZM a donné une interprétation géométrique de l'inégalité qui laisse penser qu'il est peu probable qu'il en existe une démonstration algébrique.

J'ai quand-même trouvé une démonstration avec des études de fonction dans le cas où a<1, b<1 et c>1 mais c'est long ! Pour c fixé on a ab=\dfrac1c et je pose x=a+b qui vérifie x\geq2\sqrt{ab}=\dfrac2{\sqrt c}
S=a+b+c=x+c et S'=c(a+b)+ab=cx+\dfrac1c.
On en déduit SS'-5S+6=cx^2+x(c^2-5c+1)/c+7-5c=f(x)

f'(x)=0 pour x=-\dfrac{c^2-5c+1}{2c^2}
On vérifie que \dfrac2{\sqrt c}>-\dfrac{c^2-5c+1}{2c^2} car c'est équivalent à c(c^2+4\sqrt c-5)>-1 qui est vérifié pour c>1
On a donc f croissante pour x\geq\dfrac2{\sqrt c} donc f(x)\geq f(\dfrac2{\sqrt c})=g(\sqrt c) avec g(y)=2y^3+\dfrac2{y^3}-5y^2-\dfrac{10}y+11

On a g(1)=0 et g'(y)=6y^2-\dfrac6{y^4}+\dfrac{10}{y^2}-10y=\dfrac6{y^4}(y^3-1)h(y) avec h(y)=y^3+1-\dfrac53y^2

h'(y)=3y(y-10/9) d'où pour y\geq0 : h(y)\geq h(10/9)=229/729>0

On a donc g croissante pour y\geq1 et par suite SS'-5S+6\geq g(\sqrt c)\geq g(1)=0

Posté par
carpediemre : Une inégalité 15-04-21 à 21:59

soit x, y et z les inverses de  a, b et c ...

de p = abc = 1 on déduit que xyz = 1

d'autre part  : s = a + b + c = \dfrac 1 x + \dfrac 1 y + \dfrac 1 z = xy + yz + zx

l'inégalité de l'énoncé devient :

\left (\dfrac 1 x + \dfrac 1 y \right) \left( \dfrac 1 y + \dfrac 1 z \right) \left( \dfrac 1 z + \dfrac 1 x \right) + 7 \ge 5 \left( \dfrac 1 x + \dfrac 1 y + \dfrac 1 z \right) \iff (x + y)z(y + z)x(z + x)y + 7 \ge 5(xy + yz + zx) \iff (x + y)(y + z)(z + x) + 7 \ge 5(xy + yz + zx)

en multipliant par 1 = (xyz)3

et avec les notations précédentes on en déduit que

(s' - x)(s' - y)(s' - z) + 7 \ge 5s \iff s'(xy + yz + zx) + 6 \ge 5s \iff s's - 5s + 6 \ge 0

on obtient donc le même résultat qu'on prenne trois entiers a, b et c ou leurs inverses

cela ne suffit-il pas à conclure avec le cas particulier démontré par jandri ?

Posté par
jandri Correcteurre : Une inégalité 15-04-21 à 22:33

Bonsoir carpediem,

c'est ce que je pensais le 10-04-21 à 12:35 quand j'ai proposé une démonstration, mais j'ai compris après que ce n'est pas vrai.

Je note s_1=a+b+c et s'_1=ab+bc+ca pour ce qui concerne a,b,c et s_2=x+y+z et s'_2=xy+yz+zx pour ce qui concerne leurs inverses x,y,z.

On a s_1=s'_2 et s'_1=s_2 ce qui fait que l'inégalité pour a,b,c , (s_1s'_1-5s_1+6\geq0) , devient (s_2s'_2-5s'_2+6\geq0) pour x,y,z.

Ce n'est donc pas la même inégalité (s est remplacé par s').

L'inégalité qui entraine les deux est la suivante : ss'+6\geq 5\max(s,s')

Posté par
carpediemre : Une inégalité 15-04-21 à 22:56

ha damned !!

merci beaucoup jandri

Posté par
GBZMre : Une inégalité 16-04-21 à 11:36

Je refais un petit dessin dans le plan (s,p) qui illustre la discussion précédente. Je rappelle que la partie du plan qui nous intéresse est le cusp bleu et son intérieur aigu. L'inégalité du fil traduit le fait que ce cusp est au-dessus de la branche d'hyperbole dessinée en rouge.
Le cas où deux des réels a,b,c sont supérieurs ou égaux à 1 correspond à la partie où s\leq p, qui est la partie au-dessus de la diagonale en vert. On voit donc graphiquement que ce cas est la partie "facile" de l'inégalité (celle où on est le plus au-dessus de la branche d'hyperbole).

Une inégalité

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : Une inégalité 16-04-21 à 16:26

GBZM \to Très bonne illustration graphique !

Posté par
perroquetre : Une inégalité 17-04-21 à 01:38

Bonjour à tous.

C'est en effet un exercice très intéressant. J'ai étudié la généralisation proposée par GBZM et voici ce que j'ai obtenu.

Nouvel énoncé:
\Sigma est l'ensemble des triplets (a,b,c) de réels positifs tels que abc=1.
\lambda étant un réel fixé, on définit sur \Sigma les trois fonctions suivantes:
s(a,b,c)=a+b+c \ , \ p(a,b,c)=ab+bc+ca \ , \  f_{\lambda}(a,b,c)=s(a,b,c) \left( p(a,b,c)-\lambda \right)
Montrer que f_{\lambda} admet un minimum sur (\Sigma). Déterminer ce minimum.

Comparaison avec les énoncés de elhor_abdelali et GBZM:
celui de elhor:     \forall (a,b,c) \in \Sigma \ , \ f_{5}(a,b,c)\geqslant f_5(1,1,1)
celui de GBZM (version du 11 avril, à 11h04)  \forall (a,b,c) \in \Sigma \ , \ f_{\frac{11}{2}}(a,b,c)\geqslant f_{\frac{11}{2}}(1,1,1)
celui de GBZM (version du 11 avril, à 20h55) : si \lambda est inférieur ou égal à la plus grande racine de 16t^3+45t^2-1080t+1728, alors:
\forall (a,b,c) \in \Sigma \ , \ f_{\lambda}(a,b,c)\geqslant f_{\lambda}(1,1,1)

Pour l'énoncé de elhor, nous disposons d'une démonstration de jandri. matheuxmatou a suggéré une solution, mais il ne donne pas les détails des calculs qui lui permettent de conclure.

Pour ses deux énoncés, GBZM nous a donné une très jolie interprétation géométrique, mais n'a pas donné les détails des calculs "bêtes et méchants" qui lui permettent de conclure.

En ce qui concerne mon énoncé, j'ai une solution partielle, qui me permet de répondre à la question de elhor et à la première question de GBZM. Je vais exposer cette solution dans les posts suivants, je ne blanke pas.

Posté par
perroquetre : Une inégalité 17-04-21 à 01:40

Tous ceux qui ont participé savent traiter le cas \lambda \leqslant 3. Je ne le ferai donc pas.
Je supposerai dans les posts suivants que \lambda > 3.

Posté par
perroquetre : Une inégalité 17-04-21 à 02:04

Ici, je vais démontrer l'existence d'un minimum.

On remarque que f_{\lambda}(1,1,1)=3(3-\lambda) <0.

Si (a,b,c) est un élément de \Sigma tel que l'un des trois soit inférieur à \dfrac{1}{\lambda}, alors:
p(a,b,c)=ab+bc+ca=\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c} \gesqlant \lambda  
donc f_{\lambda}(a,b,c) \geqslant 0

Si (a,b,c) est un élément de \Sigma tel que l'un des trois soit supérieur à \lambda^2, alors, le produit des deux autres est inférieur à \dfrac{1}{\lambda^2} et l'un d'entre eux est donc inférieur à \dfrac{1}{\lambda}. D'après ce qui précède f_{\lambda}(a,b,c)\geqslant 0.

En notant T=\left[ \dfrac{1}{\lambda},\lambda^2\right], on en déduit:
\displaystyle \inf_{(a,b,c)\in \Sigma} f_{\lambda}(a,b,c) = \inf_{(a,b,c)\in (\Sigma \cap T)} f_{\lambda}(a,b,c) .

Et, comme \Sigma\cap T est un compact, on en déduit l'existence d'un minimum pour f_{\lambda}

Posté par
perroquetre : Une inégalité 17-04-21 à 02:08

Une petite faute typographique dans mon post précédent:
p(a,b,c)=ab+bc+ca=\dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b} \geqslant \lambda

Posté par
perroquetre : Une inégalité 17-04-21 à 03:22

J'ai donc établi que f_{\lambda} admet un minimum en un point (a,b,c) de \Sigma. Pour que cela soit plus lisible, je noterai désormais:
f=f_{\lambda} \  , \ s=s(a,b,c) \ , \ p=p(a,b,c)

Le cours sur les extrema liés me permet d'écrire que les vecteurs \begin{pmatrix} \dfrac{\partial f}{\partial a} (a,b,c) \\  \dfrac{\partial f}{\partial b} (a,b,c)  \\ \dfrac{\partial f}{\partial c} (a,b,c) \end{pmatrix} et \begin{pmatrix} bc \\ ca \\ ab\end{pmatrix} sont liés.

Donc, les vecteurs  \begin{pmatrix} p-\lambda + (b+c)s \\ p-\lambda +(c+a)s \\ p-\lambda + (a+b)s\end{pmatrix} et  \begin{pmatrix} bc \\ ca \\ ab\end{pmatrix} sont liés.

En écrivant la nullité des trois déterminants 2x2 associés et en factorisant, on obtient:
(a-b)(p-\lambda+cs)=0
(b-c)(p-\lambda+as)=0
(c-a)(p-\lambda+bs)=0

Résolution du système:
Il est impossible que les trois réels a,b,c soient distincts deux à deux (on aurait autrement a=b=c=\dfrac{\lambda-p}{s} !)

Premier cas: a=b=c=1 (on aimerait bien qu'il n'y ait que cette possibilité ...)


Deuxième cas: deux des réels a,b,c sont égaux et distincts du troisième.

Par symétrie du problème, on peut supposer que a=b et a\neq c
Dans ces conditions: s=2a+c = 2a+\dfrac{1}{a^2}   ,   p=a^2+2ac=a^2+\dfrac{2}{a}
Et l'égalité p-\lambda+as=0 nous amène à     \lambda = 3 \left( a^2+\dfrac{1}{a}\right)

Discussion:
Une étude rapide de la fonction a\longmapsto 3\left( a^2+\dfrac{1}{a}\right) nous permet d'obtenir les résultats suivants:

Premier cas: 3<\lambda < 9\dfrac{\root{3}\of{2}}{2}   (par exemple \lambda=5  ou \lambda=\dfrac{11}{2})
L'équation \lambda = 3 \left( a^2+\dfrac{1}{a}\right) n'admet pas de solution strictement positive.
f_{\lambda} a un minimum égal à f_{\lambda}(1,1,1).


Deuxième cas: \lambda = 9\dfrac{\root{3}\of{2}}{2}   
L'équation \lambda = 3 \left( a^2+\dfrac{1}{a}\right) admet une solution positive a=\dfrac{1}{\root{3}\of{2}}.
f_{\lambda} a un minimum égal à f_{\lambda}(1,1,1) ou f_{\lambda}(a,a,\frac{1}{a^2}). On vérifie que c'est bien  f_{\lambda}(1,1,1).

Troisième cas: \lambda > 9\dfrac{\root{3}\of{2}}{2}   
L'équation \lambda = 3 \left( a^2+\dfrac{1}{a}\right) admet deux solutions positives a_1,a_2.
f_{\lambda} a un minimum égal à f_{\lambda}(1,1,1) ou f_{\lambda}(a_1,a_1,\frac{1}{a_1^2}) ou f_{\lambda}(a_2,a_2,\frac{1}{a_2^2}).
Je n'ai pas eu le courage de comparer les 3 valeurs ...

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : Une inégalité 17-04-21 à 04:27

perroquet \to C'est une belle généralisation !

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : Une inégalité 18-04-21 à 19:26

\Large \boxed{ii} cas \Large \boxed{s'<s} , une idée topologique !



\bullet L'ensemble \Large \boxed{\mathcal C=\left\{(a,b,c)\in\mathbb R^3~/~0<a,b<1<c~;~abc=1\right\}} est connexe , comme image du connexe \Large \boxed{]0,1[^2}

par l'application continue \Large \boxed{(a,b)\mapsto(a,b,\frac{1}{ab})}.



\bullet Les deux ensembles \Large \boxed{\mathcal U=\{(a,b,c)\in(\mathbb R_+^*)^3~/~ss'-5s+6>0\}} et \Large \boxed{\mathcal V=\{(a,b,c)\in(\mathbb R_+^*)^3~/~ss'-5s+6<0\}}


sont clairement deux ouverts disjoints de (\mathbb R_+^*)^3 (par continuité des applications s et s').



\bullet Si on montre que l'ensemble \Large \boxed{\mathcal W=\left\{(a,b,c)\in\mathbb R^3~/~0<a,b<1<c~;~abc=1~;~ss'-5s+6=0\right\}} est vide ,

on aurait , \Large \boxed{\mathcal C\subset\mathcal U\cup\mathcal V} et par suite \Large \boxed{\mathcal C\subset\mathcal U} ou \Large \boxed{\mathcal C\subset\mathcal V} et comme \Large \boxed{\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2},4\right)\in\mathcal C\cap\mathcal U} ...

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : Une inégalité 19-04-21 à 03:29

Je vais montrer que \Large \boxed{\mathcal W=\emptyset} par une approche semblable à celle de jandri (que je salue ).


Raisonnons par l'absurde et soit \Large \boxed{(a,b,c)\in\mathcal W} , on a donc \Large \boxed{\left\lbrace\begin{array}l 0<a,b<1<c \\ abc=1 \\ (a+b)(b+c)(c+a)+7=5(a+b+c) \end{array}}.


En posant \Large \boxed{\left\lbrace\begin{array}l x=\frac{a+b}{2} \\ y=\sqrt{ab} \end{array}} , on alors \Large \boxed{\left\lbrace\begin{array}l 0<y\leqslant x<1 \\ T_y(x)=4y^2x^2+2x(y^6-5y^4+1)+7y^4-5y^2=0 \end{array}}.


Le trinôme (clairement convexe) \Large \boxed{T_y} s'annule donc sur l'intervalle \Large \boxed{[y,+\infty[}.


Et comme \Large \boxed{T_y^{~'}(y)=2y^6-10y^4+8y^3+2=2y^6+8y^3(1-y)+2(1-y^4)>0} ,


on voit que Le trinôme \Large \boxed{T_y} est strictement croissant sur l'intervalle \Large \boxed{[y,+\infty[}.


Une condition nécessaire de la nullité de \Large \boxed{T_y} sur l'intervalle \Large \boxed{[y,+\infty[} étant alors \Large \boxed{T_y(y)\leqslant0} ,


on a \Large \boxed{T_y(y)=P(y)=2y^6-10y^4+11y^3-5y+2\leqslant0} , et en remarquant que \Large \boxed{P(1)=P'(1)=0} ,


on a \Large \boxed{P(y)=(y-1)^2(\underbrace{2y^4+4y^3-4y^2-y+2}_{Q(y)})\leqslant0} ,


et comme \Large \boxed{Q(y)=2y^4+y(2y-1)^2+2(1-y)>0} , on aboutit à l'absurdité \Large \red\boxed{y=1} sauf erreur bien entendu

Posté par
Alexiquere : Une inégalité 21-04-21 à 00:46

En fait, il faut montrer que si S est la somme et P le produit des deux nombres a et b, on a l'inégalité de matheuxmatou :
(S+\frac{1}{P})(\frac{S}{P}+P-5)\geq -6 et je trouve ça fou qu'on ait autant de mal à prouver ça, non ?
On a juste la contrainte S \geq 2\sqrt{P} donc on doit pouvoir s'en sortir élégamment sans étude de fonction.

Par contre, on obtient un polynôme à 2 indéterminées avec un degré 3 en P, et je ne sais pas factoriser ces choses, ce n'est pas une conique donc si quelqu'un a MAPLE ou autre à disposition... Comme il y a un cas d'égalité, il y a fort à parier qu'une factorisation de cette bête là existe...

Vous avez demandé sur mathématiques.net ? Le prof des OIM saura répondre à ça sûrement...

Posté par
Alexiquere : Une inégalité 21-04-21 à 01:02

@jandri : j'ai repéré des coquilles. Ta fonction g est mal posée je crois.

Posté par
jandri Correcteurre : Une inégalité 21-04-21 à 11:00

Bonjour Alexique,

tu as raison, il y a bien des coquilles dans le message que j'ai écrit le 15-04-21 à 19:26 mais ce n'est pas pour la fonction g mais pour la fonction f.

Par trois fois j'ai écrit c^2 au lieu de c^3 :
dans la définition de f(x) puis pour la valeur qui annule f'(x) et enfin dans la première inégalité qui suit.
Mais ensuite cela redevient juste et en particulier la définition de g(y) est correcte.

Pour ta question dans le message qui précède, Maple ne donne pas de factorisation pour ton polynôme à deux variables de degré 3 en P.
Lis le message de GBZM du 11-04-21 à 20:55 ainsi que celui du 16-04-21 à 11:36, tu comprendras pourquoi il n'existe peut-être pas de preuve purement algébrique de cette inégalité.

Posté par
Alexiquere : Une inégalité 21-04-21 à 11:48

Ok, je vois. Je vois aussi que YvesM propose une preuve assez courte utilisant l'inégalité arithmético-géométrique (il me semble que ça marche). On peut toujours discuter de si c'est de l'analyse ou de l'algèbre.

Posté par
Imodre : Une inégalité 21-04-21 à 19:45

Un lien pour comprendre l'intervention d'Alexique

Imod


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