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\renewcommand*{\proofname}{Solution}

\newenvironment{theo}[1][]{%
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\title{Problème 2}
\author{Théophile Cailliau}
\date{}

\begin{document}

\maketitle

\begin{theo}
    Soient $x,y,z$ des réels positifs strictement inférieurs à $1$. Prouver que \[
        \frac1{1-x^3}+\frac1{1-y^3}+\frac1{1-z^3}\geq \frac3{1-xyz}
    \]
\end{theo}

\begin{proof}
    % C'est équivalent à \begin{align*}
    %     &\frac{(1-y^3)(1-z^3)+(1-x^3)(1-z^3)+(1-x^3)(1-y^3)}{(1-x^3)(1-y^3)(1-z^3)}\geq \frac3{1-xyz}\\
    %     \iff &\frac{\Big((1-y^3)(1-z^3)+(1-x^3)(1-z^3)+(1-x^3)(1-y^3)\Big)(1-xyz)-3(1-x^3)(1-y^3)(1-z^3)}{(1-x^3)(1-y^3)(1-z^3)(1-xyz)}\geq 0
    % \end{align*}
    % Le dénominateur est clairement positif (au vu des suppositions sur $x,y,z$). Donc on cherche à montrer
    % \[
    %     \Big((1-y^3)(1-z^3)+(1-x^3)(1-z^3)+(1-x^3)(1-y^3)\Big)(1-xyz)\geq3(1-x^3)(1-y^3)(1-z^3)
    % \]

    % La fonction $\varphi: [0, 1[ \to [0, 1[, x\mapsto \sqrt[3]x$ forme une bijection continue qui conserve l'ordre. Par conséquent, on peut prendre $x=\sqrt[3]{1-a}, y=\sqrt[3]{1-b}$ et $z=\sqrt[3]{1-c}$ avec $a,b,c\in]0,1]$. L'inégalité est alors équivalente à \[
    %     \frac{ab+bc+ac}{abc}\geq\frac3{1-\sqrt[3]{(1-a)(1-b)(1-c)}}
    % \]
    % Soit \[
    %     ( ab+bc+ac )\left( 1-\sqrt[3]{(1-a)(1-b)(1-c)} \right)\geq3abc
    % \]
    % De plus, l'inégalité étant symétrique, on suppose $x\leq y\leq z\iff c\leq b\leq a$. Par conséquent, on a
    % \[
    %     \frac{ ab+bc+ac }3\left( 1-\sqrt[3]{(1-a)(1-b)(1-c)} \right)\geq bc(1-(1-a))=abc
    % \]
    % par l'inégalité des moyennes.

    % On prend $a=1-x^3, b=1-y^3, c=1-z^3$. L'inégalité est équivalente à \[
    %     \frac3{\frac1a+\frac1b+\frac1c}\leq 1-\sqrt[3]{(1-a)(1-b)(1-c)}
    % \]

    On a \[
        \frac3{\frac1{1-x^3}+\frac1{1-y^3}+\frac1{1-z^3}}\leq \frac{3-x^3-y^3-z^3}{3}=1-\frac{x^3+y^3+z^3}3\leq 1-\sqrt[3]{x^3y^3z^3}=1-xyz
    \]

\end{proof}
\end{document}
