luckyboss1 : Tu as prouvé que <math>\(\frac{a^3+b^3}{c^3+d^3}\)</math> était un rationnel (ce qui n'est pas réellement une surprise...) Il faut plutôt prouver que tout rationnel peut s'écrire sous cette forme !

Edit : elionor : tu as au final utilisé la même technique que moi, à savoir <math>\(a+b+c=3x\)</math> et <math>\(a\geq x,\ b\geq x,\ c\geq x \Longrightarrow a=b=c=x\)</math>, et tu as eu un système en plus à résoudre...

Citation : VictorJavAdore

luckyboss1 : Tu as prouvé que <math>\(\frac{a^3+b^3}{c^3+d^3}\)</math> était un rationnel (ce qui n'est pas réellement une surprise...) Il faut plutôt prouver que tout rationnel peut s'écrire sous cette forme !

Edit : elionor : tu as au final utilisé la même technique que moi, à savoir <math>\(a+b+c=3x\)</math> et <math>\(a\geq x,\ b\geq x,\ c\geq x \Longrightarrow a=b=c=x\)</math>, et tu as eu un système en plus à résoudre...

euh pas du tout . le système que j'ai à résoudre c'est :

• <math>\(y^2=z\)</math>
• <math>\(x^2=y\)</math>
• <math>\(z^2=x\)</math>

et puisque ce système là on l'as tiré du premier , ce système aurait les mêmes réponses en commun .
Avec ce système j'ai trouvé que les solutions sont parfois 0 et -1 pour x et y , on a qu'a simplement démontrez qu'ils ne sont pas des solutions pour le premier système .

Ce que j'entends par <math>\(a+b+c=3x\)</math> et <math>\(a\geq x,\ b\geq x,\ c\geq x \Longrightarrow a=b=c=x\)</math>, c'est :

• Chez moi : <math>\(x+y+z=3\)</math> et <math>\(x\geq 1,\ b\geq y,\ z\geq 1 \Longrightarrow a=b=c=x\)</math> (le x de ma généralisation vaut 1 ici)
• Chez toi : <math>\(\sqrt{x^2-y}+\sqrt{y^2-z}+\sqrt{z^2-x}=0\)</math> et <math>\(\sqrt{x^2-y}\geq 0,\ \sqrt{y^2-z}\geq 0,\ \sqrt{z^2-x}\geq 0 \Longrightarrow \sqrt{x^2-y}=\sqrt{y^2-z}=\sqrt{z^2-x}=0\)</math> (le x de ma généralisation vaut là 0)

Je n'aurais pas dû prendre le x comme variable, car ça t'a embrouillé (sauf si j'ai mal compris tes propos).

Citation : Caduchon

Citation : luckyboss1

enfin le raisonnement fonctionne quand meme

Non. C'est loin d'être aussi simple.

En gros il faut montrer que tout entier peut s'écrire comme la somme de 2 cubes ?

<Edit>Rien dit</Edit>

Citation : Tadzoa

En gros il faut montrer que tout entier peut s'écrire comme la somme de 2 cubes ?

1 ne peut pas s'écrire comme la somme de deux cubes...

Citation : Caduchon

Citation : Tadzoa

En gros il faut montrer que tout entier peut s'écrire comme la somme de 2 cubes ?

1 ne peut pas s'écrire comme la somme de deux cubes...

1³+0³= ?

Citation : Caduchon

Citation : Tadzoa

En gros il faut montrer que tout entier peut s'écrire comme la somme de 2 cubes ?

1 ne peut pas s'écrire comme la somme de deux cubes...

C'est ce que j'avais dit avant d'éditer (dernier théorème de Fermat), mais avec le 0 c'est pas dit que ca ne marche pas.

Par contre vous aurez plus de mal à écrire trois comme somme de deux cubes (au moins positifs)

Citation : nicodd

Citation : Caduchon

Citation : Tadzoa

En gros il faut montrer que tout entier peut s'écrire comme la somme de 2 cubes ?

1 ne peut pas s'écrire comme la somme de deux cubes...

1³+0³= ?

Les entiers a b c d sont strictement positifs, c'est spécifié dans l'énoncé. Et quand bien même, ça ne marcherait pas avec 3.

Caduchon ton problème est vraiment tordus , ce que j'ai pas réussie a faire grande chose sauf :
<math>\(\frac{a^3+b^3^}{c^3+d^3}=\frac{(a+b)((a-b)^2+ab)}{(c+d)((c-d)^2+cd)}=\frac{a+b}{c+d} \times \frac{( a-b)^2+ab}{(c-d)^2+cd}\)</math>
a part ca je beuge .
Tu pourrais nous donner une piste .

Il faut commencer par le prouver pour <math>\(\frac{1}{2} < q < 2\)</math> puis étendre la solution.

Indice: peut-être que 4 paramètres finalement c'est un peu trop

Citation : Caduchon

Citation : Tadzoa

En gros il faut montrer que tout entier peut s'écrire comme la somme de 2 cubes ?

1 ne peut pas s'écrire comme la somme de deux cubes...

Ah j'avais pas vu le positif au temps pour moi...


Je réfléchis à ton problème

Citation : L01c

Par contre vous aurez plus de mal à écrire trois comme somme de deux cubes (au moins positifs)

et même de signes quelconques.

Puisqu'on me harcèle ( ) pour poster la solution, la voici. Accrochez-vous !
NB: Cette solution est due à Pierre Bornsztein.

Première étape: 1/2 < q < 2

Posons tout d'abord <math>\(b = d = a + c\)</math>. Nous avons alors:

<math>\(\frac{a^3+b^3}{c^3+d^3}=\frac{a^3+(a+c)^3}{c^3+(a+c)^3}=\frac{(2a+c)(a^2+c^2+ac)}{(a+2c)(a^2+c^2+ac)}=\frac{2a+c}{a+2c}\)</math>

Le rationnel q peut s'écrire sous la forme <math>\(q = \frac{m}{n} = \frac{3m}{3n}\)</math> où <math>\(m,n\)</math> sont des entiers strictement positifs.

On peut constater que le système suivant:

<math>\(\left\{\begin{array}{l}2a+c=3m\\a+2c=3n\end{array}\right.\)</math>

a pour solution:

<math>\(\left\{\begin{array}{l}a=2m-n\\c=2n-m\end{array}\right.\)</math>

Comme nous avons choisi de regarder <math>\(\frac{1}{2} < q = \frac{m}{n} < 2\)</math>, les grandeurs <math>\(2m-n\)</math> et <math>\(2n-n\)</math> sont des entiers strictement positifs. Ainsi, si l'on choisit <math>\(a = 2m-n, c = 2n-m, b = d = a+c = m+n\)</math>, les grandeurs <math>\(a,b,c,d\)</math> sont des entiers strictement positifs et nous avons:

<math>\(\frac{a^3+b^3}{c^3+d^3}=\frac{3m}{3n}=\frac{m}{n}=q\)</math>

Ainsi, tout rationnels strictement compris entre 1/2 et 2 peut s'écrire sous la forme annoncée.

Cas général sans contrainte sur q

Comme la formulation proposée est stable par passage à l'inverse, on peut supposer que q > 1, pour faciliter les choses. Pour tout rationnel <math>\(q > 1\)</math>, on peut trouver un entier positif <math>\(n\)</math> tel que:

<math>\(\frac{1}{2}{\left(\frac{3}{2}\right)}^{3n}<q\leq\frac{1}{2}{\left(\frac{3}{2}\right)}^{3n+3}\)</math>

Ainsi nous avons:

<math>\(\frac{1}{2} < q{\left(\frac{2}{3}\right)}^{3n} \leq \frac{27}{16} < 2\)</math>

Si on pose <math>\(q' = q{\left(\frac{2}{3}\right)}^{3n}\)</math>, alors <math>\(q'\)</math> est compris strictement entre 1/2 et 2 et peut s'écrire sous la forme <math>\(q' = \frac{a^3+b^3}{c^3+d^3}\)</math>.

Nous pouvons alors écrire:

<math>\(q = q'{\left(\frac{3}{2}\right)}^{3n} = \frac{(3^{n}a)^3+(3^{n}b)^3}{(2^{n}c)^3+(2^{n}d)^3}\)</math>

Ce qui prouve l'affirmation dans le cas général.

Puisque personne jusqu'à présent n'as résolues l'exos précédant je propose un exos plus simple :

Une inégalité

Soit <math>\(\{ a,b,c\} \in \mathbb{R}^3_+\)</math> démontrez que :
Si <math>\(abc=1\)</math> alors <math>\(a+b+c \ge 3\)</math>

Citation : elionor

Puisque personne jusqu'à présent n'as résolues l'exos précédant je propose un exos plus simple :

Une inégalité

Soit <math>\(\{ a,b,c\} \in \mathbb{R}^3_+\)</math> démontrez que :
Si <math>\(abc=1\)</math> alors <math>\(a+b+c \ge 3\)</math>

Il est évident que chacun des trois nombres a,b,c sont des réels positifs non nuls.

Il est bien connu que la moyenne géométrique d'une collection de nombres strictement positifs est toujours inférieure ou égale à la moyenne arithmétique de ces mêmes nombres.

<math>\(1 = \sqrt[3]{1} = \sqrt[3]{abc} \leq \frac{a+b+c}{3}\)</math>

On en déduit directement le résultat.

Tant qu'on est dans les inégalités simples...

Prouver que <math>\(\forall a_1, \ldots a_n, b_1, \ldots, b_n \in \mathbb{R}^+\)</math>,
<math>\(\sum_{i = 1}^n (a_ib_i) \times \sum_{i = 1}^n\frac{a_i}{b_i} \geq \left(\sum_{i = 1}^n a_i\right)^2\)</math>

Inégalité de Cauchy Schwarz dans l'espace euclidien <math>\(\mathbb{R}^n\)</math> muni du produit scalaire usuel, avec les vecteurs <math>\(( \sqrt{a_i b_i} )\)</math> et <math>\(( \sqrt{a_i / b_i} )\)</math> (j'ai écrit qu'un termes des vecteurs, il y a évidament tout les autres).

NB: Les b sont nécessairement strictement positifs (et donc ce que j'ai écrit est juste), sinon l'énoncé n'a pas de sens.

Citation : Caduchon

Citation : elionor

Puisque personne jusqu'à présent n'as résolues l'exos précédant je propose un exos plus simple :

Une inégalité

Soit <math>\(\{ a,b,c\} \in \mathbb{R}^3_+\)</math> démontrez que :
Si <math>\(abc=1\)</math> alors <math>\(a+b+c \ge 3\)</math>

Il est évident que chacun des trois nombres a,b,c sont des réels positifs non nuls.

Il est bien connu que la moyenne géométrique d'une collection de nombres strictement positifs est toujours inférieure ou égale à la moyenne arithmétique de ces mêmes nombres.

<math>\(1 = \sqrt[3]{1} = \sqrt[3]{abc} \leq \frac{a+b+c}{3}\)</math>

On en déduit directement le résultat.

On peut bien démontrez ca différemment sans avoir a utiliser des théorèmes ou des relations qu'on a pas encore étudié

Hm, en mathématiques, on ne prouve pas par "il est bien connu que", je ne veux plus jamais voir ça. Une preuve, au minimum !

Si, l'ordre des moyennes harmonique, géométrique, arithmétique et quadratique est un résultat "bien connu"
En tout cas, il est bien connu du jury des olympiades mathématiques internationales, qui me semble être un bon point de référence pour de tels exercices...

Il est par ailleurs assez facile à prouver.

NB: La formulation "il est bien connu" est par ailleurs largement utilisée dans le monde de la recherche. On ne va pas réinventer la roue, ou citer les chinois d'il y a 30 siècles chaque fois qu'on utilise un résultat mathématique...

Juste une remarque, lorsque vous posez des problèmes, vous pourriez indiquer le niveau minimal exigé pour le résoudre (par rapport au programme enseigné dans les écoles).

Car le "il est bien connu"... ben pour certains étudiants certes, mais pas pour tout le monde. La démonstration de cette propriété requiert des notions qui ne sont pas abordés en terminal S voir en L1 de maths.

Citation : ordiclic

Hm, en mathématiques, on ne prouve pas par "il est bien connu que", je ne veux plus jamais voir ça. Une preuve, au minimum !

S'il fallait repartir des axiomes à chaque fois ça serait un peu long non ? Cette formulation est énormément employée et prend tout son sens dans les exercices d'olympiades.

La plupart des problèmes d'inégalité qu'on trouve dans les exercices d'olympiades internationales requièrent une formation annexe dans ce domaine. De même pour beaucoup de problèmes de géométrie.

Cela dit, la preuve de Wikipedia que j'ai mentionné est un peu violente. C'est tuer une mouche avec un bazooka...

Une démonstration plus longue, mais plus accessible:



Affirmation 1: Pour toute paire de nombres <math>\(a\)</math> et <math>\(b\)</math>, l'inégalité suivante est respectée: <math>\(a^2 + b^2 \geq 2ab\)</math>

Preuve de l'affirmation 1:
Un carré étant toujours positif ou nul, nous avons <math>\((a-b)^2 \geq 0\)</math>. En développant, on obtiens <math>\(a^2+b^2-2ab \geq 0\)</math>, et on en déduit directement l'affirmation.


Affirmation 2: La moyenne géométrique de deux nombres positifs est toujours inférieure ou égale à la moyenne arithmétique de ces deux nombres.

Preuve de l'affirmation 2:
L'affirmation 1 nous apprend que <math>\(2ab \leq a^2 + b^2\)</math>. En ajoutant <math>\(2ab\)</math> eux membres de cette équation, nous obtenons <math>\(4ab \leq a^2 + 2ab + b^2\)</math>, ou encore:
<math>\(ab \leq \frac{(a+b)^2}{4}\)</math>
Les nombres étants positifs, on en déduit la thèse:
<math>\(\sqrt{ab} \leq \frac{a+b}{2}\)</math>


La preuve peut être étendue à n nombres, mais de mémoire je ne me souviens plus comment.
Ca ne doit pas être très compliqué à réaliser.

Ce que tu viens de faire je l'ai démontré... il y a avait une question mais c'était pour 3 entiers, mais pas pour n entiers... on ne peut pas s'en sortir avec le binôme de Newton ?

@Catsoulet: L'ordre entre les moyenne (arithmétique, géométrique et harmonique), c'est de la culture G mathématique, c'est très problèment vue dans toute première année de post-bac (en math). Et si ce n'est pas vue c'est un résultat assez direct de la convexité de -ln.

Citation : Catsoulet

La démonstration de cette propriété requiert des notions qui ne sont pas abordés en terminal S voir en L1 de maths.

Ou pas, puisqu'on l'a démontré en cours en seconde, en utilisant le simple fait que le carré d'un réel est positif.

Citation : ttthebest

Citation : Catsoulet

La démonstration de cette propriété requiert des notions qui ne sont pas abordés en terminal S voir en L1 de maths.

Ou pas, puisqu'on l'a démontré en cours en seconde, en utilisant le simple fait que le carré d'un réel est positif.

Pour deux oui, Caduchon l'a refait. Pour plus c'est moins évident sans passer par des outils et résultat abordé en term et post-bac.

L'équation est équivalente à
<math>\(\sqrt[3]{a}^3 + \sqrt[3]{b}^3 + \sqrt[3]{c}^3 \geq 3\sqrt[3]{a}\sqrt[3]{b}\sqrt[3]{c}\)</math>
Ce qui est vrai par l'inégalité fondamentale ou par Muirhead.

L'inégalité des moyenne arithmético-géométrique se prouve comme suit :
Soient <math>\(a_i = \frac{\prod_{j=1}^i x_j}{\left(\prod_{j = 1}^n x_j\right)^{\frac{i}{n}}}\)</math> et <math>\(b_i = \frac{1}{a_i}\)</math>.
Par l'inégalité de réordonnement, <math>\(\sum_{i = 1}^n a_ib_{i} \leq a_1b_n + a_2b_1 + a_3b_2 + \ldots + a_nb_{n-1}\)</math>.
Ou encore <math>\(n \leq \sum_{i=1}^n \frac{x_i}{\sqrt[n]{\prod_{i=1}^n x_i}}\)</math>.
Dès lors <math>\(\sqrt[n]{\prod_{i=1}^n x_i} \leq \frac{\sum_{i=1}^n x_i}{n}\)</math>