Inégalité à deux variables

Réponses

  • bd2017
    Modifié (8 Feb)
    Oui. 
    Faux: je n'arrive pas à barrer mon message qui est faux.   Quand tu as $u,v>0$  sous la condition $u+v=2,$  ce n'est pas un défi de montrer que leur produit est minoré par $1$  et que le minimum est atteint quand $u=v=1.$
    Donc  puisque l'inégalité Moyenne A- Moyenne G  donne  $x^2/y+y/x^2\geq 2\sqrt{ x y}$ et si j'applique ce qui précède  à la puissance $18$ de $\sqrt{ x y},$  j'obtiens  $2\sqrt{ x y}\geq 2$ et donc $x^2/y+y/x^2\geq 2,$ le minimum étant atteint pour $x=y=1$.
     
  • gebrane
    Modifié (4 Feb)
    Il me semble que
    $\forall x,y>0,\forall 1\leq p\leq 9 \quad \frac{x^2}{y}+\frac{y^2}{x}\geq  2$ Si  $x^p+y^p=2$

    vous ne comprenez pas les choses, vous vous y habituez.


  • bd2017 a dit :   
    Quand tu as $u,v>0$  sous la condition $u+v=2,$  ce n'est pas un défi de montrer que leur produit est minoré par $1$  et que le minimum est atteint quand $u=v=1.$
    Le produit n'est pas minoré par 1, il est majoré par 1.
  • Ben314159
    Modifié (4 Feb)
    Je pense que perso, j'aurais posé $\ a\!=\!\dfrac{x^2}{y}\ ;\ b\!=\!\dfrac{y^2}{x}\ $ et considéré la contraposée $\ a\!+\!b\!<\!2\ \Rightarrow\ a^3b^6\!+a^6b^3\!\not=\!2$.
    Pour $t\!\in\![-m,m]$, on a $\displaystyle\ (m-t)^3(m+t)^6\!+(m-t)^6(m+t)^3\,\mathop{=}_{T=t^2}\,2m(m^2\!-T)^{3}(m^2\!+3T)\ \  \mathop{\longrightarrow}_{\partial/\partial T}\ \ -24mT(m^2\!-T)^{2}\leqslant0$
    Donc, pour une somme $a\!+\!b$ donnée, le maximum de $a^3b^6\!+a^6b^3$ est atteint pour $a\!=\!b$.

    Mais bon, ce n'est pas très différent de ce que fait la correction . . .
  • bd2017
    Modifié (4 Feb)
    Bonsoir Oui effectivement. Je fais parfois des bourdes comme ça. Je ne sais pas pourquoi, il faut dire que j'étais pressé ce matin.  J'aurai voulu barrer mais je n'y arrive pas. 
     
  • Salut, en principe avec $x$ et $y$ non négatives: prouver pour $x^9+y^9=2$ on a ${x^3}+{y^3}\geq 2xy$ ($\star$)  implique l'inégalité: pour tout $p$ avec $1\le p\le 9$ et $x^p+y^p= 2$ on a ${x^3}+{y^3}\geq 2xy$. C'est par un argument d'homogénéité, en fait si $x^3+y^3\ge 2xy$ et $x^9+y^9=2$; en prenant $1\le p \le 9$ et $x^p+y^p=2$ on sait que $x^9+y^9\ge x^p+y^p$ (par l'inégalite de Hölder) donc en multipliant $x$ et $y$ par une constante $k$ plus petite ou égale à 1 pour avoir $(kx)^9+(ky)^9=2$ on sait que $$k^3x^3+k^3y^3\ge2k^2 xy$$ ce qui implique $x^3+y^3\ge 2xy$.
    Il y a aussi l'inégalite suivante qui en découle par argument d'homogénéité aussi $$x,y\ge 0; 1\le p\le 9 \text{ avec } x^p+y^p\le 2 \text{ alors } x^3+y^3\ge (x^p+y^p)xy.$$
    Pour une preuve indirect ou différente de $\star$, on prouve que pour $0\le x \le 1$ la fonction $$f(x)=x^3+(2-x^9)^{\frac{1}{3}}-2x(2-x^9)^{\frac{1}{9}}$$ est décroissante.
    $$f'(x)=\dfrac{-(4x^9-4)(2-x^9)^{\frac{1}{9}}-3x^2(2-x^9)+3x^8(2-x^9)^{\frac{1}{3}}}{x^9-2}$$
    Cela revient à montrer que $-3x^2(2-x^9)^{\frac{2}{3}}+3x^8+(4-4x^9)(2-x^9)^{\frac{1}{3}}\ge 0$ ou plutôt $-3x^2(2-x^9)^{\frac{2}{3}}+3x^8+(4-4x^9)\ge 0$ enfin $$(3x^8+4-4x^9)^3-27x^6(2-x^9)^2\ge 0$$
    C'est un peu long mais le dernier polynôme se factorise un peu (Geogebra) et la partie qui reste est facile à voir son signe sur $[0;1]$ (une petite discussion).
    Cordialement.
  • @Tonm Ca ne marche pas pour $p=10$?
    vous ne comprenez pas les choses, vous vous y habituez.


  • Tonm
    Modifié (8 Feb)
    Non. En principe l'intervalle est (peut être) $0< p\le 9$, un $p$ en dehors et on aura des contre-exemples (sauf erreur).
    Edit
  • bd2017
    Modifié (7 Feb)
    Bonjour Oui, on peut même justifier que $p=9$ est un cas limite. 
    Pour cela je pose  $y=t x$  et la contrainte est équivalente  à    $$x=\phi(t)=\left(\dfrac{2}{1+t^p}\right)^{1/p}$$
    On veut montrer que sous cette contrainte   $$x^3+(t x)^3-2 x  (t x)=x^2(x t^3+  x-  2 t)\geq 0.$$
    Mais puisque avec la contrainte $x\neq 0,$  cela revient à montrer que:
    $$f(x,t)=x t^3+  x-  2 t\geq 0 .$$   
    Mais on sait que $f(1,1)=0$ alors  pour que l'inégalité soit vraie, il est nécessaire  que localement en $(1,1)$ l'inégalité soit vérifiée.  
    Mais après calcul on a:    
       $$f(\phi(1+h),1+h)=(9-p)\dfrac{h^2}{4}+o(h^2).$$
       D'où la nécessité d'imposer $p\leq 9$
     
  • gebrane
    Modifié (7 Feb)
    Tu es très fort, bd 2017.
     Je pense qu'on peut étudier l'inégalité à trois variables ( en remplaçant le 2 par 3)  et essayer de même de trouver le $p$ limite
    ( A  lire attentivement ta preuve)
    vous ne comprenez pas les choses, vous vous y habituez.


  • Notname
    Modifié (8 Feb)
    Je n'arrive pas à accéder au sujet du lien donc je ne sais pas si ma solution est distincte de celle du corrigé, de plus il est toujours possible qu'une erreur y soit présente.
    On veut montrer que si $x^9+y^9 = 2$ alors : $$\frac{x^2}{y}+\frac{y^2}{x} \geq 2 \iff x^3+y^3 \geq 2xy$$
    On pose $A=x^3$  et $B=y^3$ alors on a $A^3+B^3=2$ et on veut montrer que : $$ A+B \geq 2(AB)^{\frac{1}{3}}$$On multiplie par $(A^3+B^3)^{\frac{1}{9}} = 2^{\frac{1}{9}}$ cette dernière on obtient :     $$ 2^{\frac{1}{9}}(A+B) \geq 2(AB)^{\frac{1}{3}} (A^3+B^3)^{\frac{1}{9}}  \iff A+B \geq 2^{\frac{8}{9}} (AB)^{\frac{1}{3}} (A^3+B^3)^{\frac{1}{9}}$$On sait que : $A^3+B^3 = (A+B)(A^2+B^2-AB)$ d'où  l'inégalité précédente est équivalente à :  $$ A+B \geq 2^{\frac{8}{9}}(AB)^{\frac{1}{3}} (A+B)^{\frac{1}{9}} (A^2+B^2-AB)^{\frac{1}{9}} \iff (A+B)^{\frac{8}{9}} \geq 2^{\frac{8}{9}} (AB)^{\frac{1}{3}} (A^2+B^2-AB)^{\frac{1}{9}}$$ $$\iff A+B \geq 2 (AB)^{\frac{3}{8}} (A^2+B^2-AB)^{\frac{1}{8}}$$ $$ \iff \frac{(A+B)^2}{4} \geq (AB)^{\frac{3}{4}} (A^2+B^2-AB)^{\frac{1}{4}}(*)$$
    Or par l'inégalité des moyennes pondérées :  $$\frac{(A+B)^2}{4} = \frac{A^2+B^2+2AB}{4} = \frac{A^2+B^2-AB}{4} +\frac{3AB}{4}  \geq  (AB)^{\frac{3}{4}} (A^2+B^2-AB)^{\frac{1}{4}} $$D'où (*) on en déduit l'inégalité d'origine.
  • bd2017
    Modifié (7 Feb)
    Je ne pense pas que c'est la même démonstration. En tout cas c'est bien vu ce que tu as fait.
    Maintenant est-ce que tu peux adapter ta méthode avec une autre valeur de $p<9?$  Je pense que ça doit se faire.
     
  • Notname
    Modifié (8 Feb)
    Je ne sais pas trop comment adapter ma méthode pour $p<9$ mais il me semble que dans ce cas on peut  déduire l'inégalité générale du cas $p=9$.
    On a démontré que  : $$ 2^{\frac{1}{9}}(A+B) \geq 2(AB)^{\frac{1}{3}} (A^3+B^3)^{\frac{1}{9}}(*)$$
    Elle est homogène et vu qu'elle est valide pour $A^{3}+B^{3}=2$ elle est valide pour tout $A,B>0$, si l'on suppose maintenant que $x^p+y^p = 2$ avec $0<p\leq 9$ alors posant $q=\frac{p}{3}\leq 3$ on a : $A^q+B^q=2$ , on pose la fonction : $$ f(t) = A^t+B^t$$
    On a : $$ f''(t) = \ln(A)^2A^t+\ln(B)^2B^t \geq 0$$ $$ f'(t) =\ln(A)A^t+\ln(B)B^t $$
    Donc $f'$ croissante mais vu que $f(0) = f(q)$ par le théorème de Rolle $f'$ s'annule sur $[0,q]$ et vu  que  par l'inégalité arithmetico-géometrique : $$A^p+\frac{1}{A^p} \geq 2 \sqrt{A^p \frac{1}{A^p}} =  2 = A^p +B^p $$D'où :   $ B\leq \frac{1}{A}$ d'où $f'(0) = \ln(AB)\leq 0$ il s'en suit que sur $[q,+\infty[$ on a $f'$ positive donc : $ f(q) = 2 = A^q+B^q \leq f(3)=  A^3+B^3$
    Ainsi de (*)  on a:
    $$ A+B \geq 2(AB)^{\frac{1}{3}} (\frac{A^3+B^3}{2})^{\frac{1}{9}} \geq 2 (AB)^{\frac{1}{3}}$$
    Il me semble que c'est un argument similaire à celui de Tonm.
  • YvesM
    Modifié (8 Feb)
    Bonjour,
    Avec $x,y>0$ et $1\leq p\leq 9$, on sait que $\displaystyle \Big({x^p+y^p\over 2}\Big)^{1/p}\leq \Big({x^9+y^9\over 2}\Big)^{1/9}.$
    On suppose $x^p+y^p=2$ et donc $x^9+y^9\geq 2.$
    On forme le carré $x^9+y^9=(x^3+y^3)^2-2 x^3 y^3\geq 2$ puis on divise par $x^2 y^2$ : $(x^2/y+y^2/x)^2\geq 2 xy+{2\over x^2y^2}\geq 4 {1\over \sqrt{xy}}$ par inégalité considérant la somme de quatre quantités.
    Comme $x^p+y^p=2\geq 2(\sqrt{xy})^p$, on conclut.
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