x - Recreaţii Matematice

Notă. Solut¸ie corectă, bazată pe considerente de analiză matematică, s-a primit
de la Dl. Daniel Văcaru, Pite¸sti.
L160. Demonstrat¸i că în orice triunghi are loc inegalitatea
ma + mb + mc ≥ 6r ma
mb + mc
+
mb
ma + mc
+
mc
ma + mb≥9r.
Marius Olteanu, Rm. Vâlcea
Solut¸ie. Avem că 1 1
= +
r ha
1
+
hb
1
¸si ma ≥ ha, mb ≥ hb, mc ≥ hc. În plus, în
hc
orice triunghi cu laturile a, b, c, are loc inegalitatea
1 1 a
(a + b + c)1
+ +
a b c≥6 b
b c
+ +
b + c c + a a +
(a se vedea, de exemplu, Algebraic Inequalities de V. Cârtoaje, apărută la GIL, Zalău,
2006, problema 70, pg. 379). Cum medianele unui triunghi pot fi laturi ale unui alt
triunghi, obt¸inem că
1
r (ma + mb + mc) =1
ha
≥1
+
ma
1
+
mb
1
6 + mb + mc) ≥
mc(ma
ma
mb + mc
+ 1
+
hb
1
+ mb + mc) ≥
hc(ma
+
mb
ma + mc
+
mc
ma + mb,
adică tocmai prima inegalitate cerută. Pentru a doua inegalitate, folosim binecunos-
x y z 3
cuta + + ≥
y + z z + x x + y 2 , ∀x, y, z ∈ R∗ + (Nesbitt).
L161. Dacă a, b, c ∈ R∗ + ¸si a + b + c = 1, demonstrat¸i inegalitatea
− b)
3 +(a 2 + (a − c) 2
≤ 4(a
1 + a
2 + b 2 + c 2 ) 1
1 + a.
Solut¸ie. Notând Q = a 2 + b 2 + c 2 , avem că
Titu Zvonaru, Comăne¸sti
4
1 + a −
3a
a2 + b2 + c2 = 4a2 + 4b2 + 4c2 − 3a(2a + b + c)
(1 + a)(a2 + b2 + c2 =
)
= (b − a)(4b + a)
Q(1 + a)
¸si încă două identităt¸i similare. Pe de altă parte,
= (a − b)2
Q
(b − a)(4b + a)
Q(1 + a)
· 4a + 4b + 3
+ (a − b)(4a + b)
Q(1 + b)
+ (c − a)(4c + a)
= a − b
Q(1 + a)
Q · 4a2 − 4b2 + 3a − 3b
=
(1 + a)(1 + b)
(a − b)2
≥ ·
(1 + a)(1 + b) Q
1 + a + 1 + b (a − b)2 (a − b)2
= +
(1 + a)(1 + b) Q(1 + a) Q(1 + b) .
76