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Colle posée par un élève

Modifié (February 2022) dans Algèbre
Bonjour
L'un de mes élèves de première m'a demandé de l'aider à démontrer l'inégalité suivante.

Pourriez-vous me mettre sur la voie ? 
D'avance merci.
Mots clés:

Réponses

  • Deux fois l'inégalité arithmético-géométrique, et on trouve comme minorant \[\left(\frac{3^5}{4}\right)^{\frac{1}{3}}\] qui est effectivement plus grand que $\pi$.
  • Super merci. 
  • Modifié (February 2022)
    Je trouve la même chose comme minimum : $({\frac {3^5}4})^{\frac 13} \simeq 3,9311$. Pour simplifier, j'ai remplacé par $f(x,y,z)=\frac 1x+\frac 1y+\frac 1z+ \sqrt {x+y+z}$, et j'ai étudié la fonction de trois variables.
    Il est tout à fait stupide et même scandaleux  de poser ça avec $>\pi$, nombre qui n'a rien à voir ici. Il y a vraiment des professeurs de mathématiques qui n'ont aucune idée de ce que sont les mathématiques. Apparemment, elles ne leur servent pas à raisonner...
  • C’est peut-être pour faire croire qu’il y a un rapport entre $x^2+y^2+z^2$ et une équation de la sphère.
    Algebraic symbols are used when you do not know what you are talking about.
            -- Schnoebelen, Philippe
  • C'est un élève qui a posé la question, élève peut-être vicieux... :#
  • Modifié (February 2022)
    Je précise ma méthode.
    J'utilise à plusieurs reprises l'inégalité arithmético-géométrique pour $a,b,c$ positifs : \[\frac{a+b+c}{3}\geq \left(abc\right)^{\frac{1}{3}}\]
    Ainsi, pour $a,b$ réels positifs, \[a+\sqrt{b}=3\times \frac{a+2\sqrt{\frac{b}{4}}}{3} \geq 3\left(a\times \left(\frac{b}{4}\right)\right)^{\frac{1}{3}}\]
    Ensuite, pour $x,y,z$ strictement positifs, $x^2+y^2+z^2\geq 3\left(xyz\right)^{\frac{2}{3}}$ et $x^{-2}+y^{-2}+z^{-2}\geq 3\left(xyz\right)^{\frac{-2}{3}}$.
    Donc, on conclut que pour $x,y,z$ strictement positifs : \[(x^2+y^2+z^2)+\sqrt{x^{-2}+y^{-2}+z^{-2}}\geq 3\left((x^2+y^2+z^2)\times \frac{x^{-2}+y^{-2}+z^{-2}}{4}\right)^{\frac{1}{3}} \geq 3\left(\frac{3\times 3}{4}\right)^{\frac{1}{3}}\]
    On peut même préciser le cas d'égalité. Il y a égalité si et seulement si il y a égalité dans chacune des 3 utilisations de l'inégalité arithmético-géométrique, ce qui arrive lorsque $a=b=c$. Ici, cela revient à dire que $x^2=y^2=z^2$ donc $x=y=z$ d'une part et d'autre part $x^2+y^2+z^2=\sqrt{\frac{x^{-2}+y^{-2}+z^{-2}}{4}}$ donc $36x^4=3x^{-2}$ donc finalement $x=y=z={12}^{-\frac{1}{6}}$.

    PS : Coquille corrigée après la remarque de @biely
  • Modifié (February 2022)
    Bravo Bisam. Ta solution est vraiment originale, elle est dans la tonalité « compétitions », car dans ce contexte l'inégalité des moyennes est une connaissance de base. Ta solution peut être sans doute présentable en Première, car on peut établir cette inégalité classique par des procédés algébriques élémentaires, surtout si l'on se limite à deux, trois ou quatre variables. Mais peut-être pas pour le tout-venant des élèves...
     Moi j'ai procédé de façon plus conformiste, en remplaçant le problème par la recherche du minimum de la fonction  $f(x,y,z)=\frac 1x+\frac 1y+\frac 1z+ \sqrt {x+y+z}$ sur $\mathbb (\mathbb R_+^*)^3$, en cherchant le point critique, etc. C'est encore moins de niveau Première...
    Je répète que je trouve complètement idiot et anti-mathématique de poser la question avec le nombre $\pi$.
  • Modifié (February 2022)
    Petite coquille à ce niveau : $a+\sqrt{b}\ge3(a\times(\frac{b}{4})^2)^\frac{1}{3}$ --)  $a+\sqrt{b}\ge3(a\times(\frac{b}{4}))^\frac{1}{3}$
  • Je souhaite que quelqu'un nous donne une preuve géométrique faisant intervenir $\pi$ pour voir la tête que fera @Chaurien
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    Citation :  Je suis Jack 
  • Une minoration dans le cas général $$\sum_{k=1}^n x_k^2 +\sqrt{\sum_{k=1}^n \frac 1 {x_k^2}}>?$$
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    Citation :  Je suis Jack 
  • Et si quelqu'un corrigeait le titre du fil :

    Colle posée par un élève


  • Exactement la même méthode donne directement le minimum : \[3\left(\frac{n^2}{4}\right)^{\frac{1}{3}}\]
  • Ah merci @bisam
    Je vais vérifier avec plaisir
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    Citation :  Je suis Jack 
  • Modifié (February 2022)
    Ma méthode donne la même chose, mais je suis moins rapide que Bisam.
    Je pose : $\displaystyle f(x_1,x_2,\ldots,x_n)= \frac 1 {x_1} +\frac 1 {x_2} +\cdots+\frac 1 {x_n}+ \sqrt {x_1 +x_2 +\cdots+x_n}$, à étudier sur $D=\mathbb (\mathbb R_+^*)^n$.
    Le point critique s'obtient en annulant les dérivées partielles, sans difficulté : $x_1=x_2=\cdots=x_n=2^{\frac 23} n^{\frac 13}$, d'où la valeur de $f(\ldots)$ en ce point.
    La difficulté c'est de montrer que c'est un minimum, et un minimum global sur $D$. On peut le faire au moyen d'un argument de compacité, car la fonction $f$ tend vers $+\infty$ sur la frontière. Je veux dire que pour tout réel $A>0$, il existe un compact $K\subset D$ (plus précisément un pavé fermé) tel que pour tout $(x_1,x_2,\ldots,x_n) \in D\setminus K$ on a : $f(x_1,x_2,\ldots,x_n) > A$.
    Mais là, on n'est plus en Première.
  • Modifié (February 2022)
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    Citation :  Je suis Jack 
  • Modifié (February 2022)
    Gebrane, j'ai répondu à cette question dans mon précédent message, fais $n:=3$, et tu verras que je suis d'accord avec Wolfram.
     Il suffit d'annuler les dérivées partielles, qui sont plus simples à calculer avec la fonction que j'ai introduite : $\displaystyle \frac{\partial f}{\partial x_{i}}=-\frac{1}{x_{i}^{2}}+\frac{1}{2\sqrt{x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{n}}}$.
  • Merci je n'ai pas vu le message
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    Citation :  Je suis Jack 
  • Modifié (February 2022)
    Si vous voulez, je vais détailler ma solution.
    Je rappelle que $\displaystyle f(x_1,x_2,\ldots,x_n)= \frac 1 {x_1} +\frac 1 {x_2} +\cdots+\frac 1 {x_n}+ \sqrt {x_1 +x_2 +\cdots+x_n}$, fonction définie sur $D=\mathbb (\mathbb R_+^*)^n$.
    Pour tout réel  $A>1$, soit $K=[\frac{1}{A},A^{2}]^{n}$, qui est une partie compacte de $D$. L'ensemble $D\setminus K$ est l'ensemble des $x=(x_{1},x_{2},\ldots,x_{n})\in D$ tels que l'un des $x_{i}$ est $<\frac{1}{A}$ ou bien $>A^{2}$. Si $x\in D\setminus K$ alors $f(x)>A$.
    Soit $a=(1,1,...,1)$, soit $A=f(a)=n+\sqrt{n}>1$. Soit $K\subset D$, $K$ compact, tel que $x\in D\setminus K$ implique  $f(x)>A$.
    Alors $a\in K$ car si l'on avait  $a\in D\backslash K$ on aurait  $f(a)>A=f(a)$, ce qui n'est pas.
    L'ensemble $K$ étant compact, et $f$ continue, il existe $c\in K$ tel que pour tout $x\in K$, on a$~$: $f(x)\geq f(c)$. En particulier : $f(a)\ge f(c)$.
    Si $x\in D\setminus K$, alors  $f(x)>A=f(a)\ge f(c)$ par hypothèse
    Il est ainsi prouvé que pour tout $x\in D$, on a $f(x)\geq f(c)$. La fonction $f$ admet un minimum global sur $D$. Comme $D$ est un ouvert de $\mathbb{R}^{n}$, ce minimum est un point critique de $f$. Et comme on a trouvé un seul point critique, ce point est le minimum de $f$ sur $D$.
    Bonne soirée.
    Fr. Ch.


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