GAZETA MATEMATIC˘A - SSMR

196 Articole4b) x + y + z + t +1x + 1 y + 1 z + 1 ≥ 5 4√ xyzt.tDemonstraţie. a) Fie m a ≥ m g ≥ m h mediile aritmetică, geometricărespectiv armonică a celor trei numere x, y, z > 0. Vom arăta că m 2 a · m h ≥≥ m 3 g. Într-adevăr:( ) x + y + z 23xyz·3 xy + yz + zx ≥ xyz ⇔ (x + y + z)2 ≥ 3(xy + yz + zx) ⇔⇔ (x − y) 2 +(y−z) 2 +(z−x) 2 ≥0,evident. Atunci:3x + y + z +1x + 1 y + 1 =3m a +m h ≥4 4√ m 3 a·m h=4 4√ m a (m 2 a·m h)≥z√≥4 4 m a·m 3 g ≥4√m 4 4 g =4 3√ xyz.b) Procedăm ca la punctul a), unde notaţiile (valabile pentru patrunumere strict pozitive) au aceleaşi semnificaţii.Vom arăta că m 3 a · m h ≥ m 4 g. Într-adevăr:( ) x + y + z + t 3·44xyztxyz + xyt + xzt + yzt ≥ xyzt ⇔⇔ (x + y + z + t) 3 ≥ 16(xyz + xyt + xzt + yzt),inegalitate adevărată conform rezultatului (212), de la pag. 84 din [11].Atunci:4x + y + z + t +1x + 1 y + 1 z + 1 =4m a +m h ≥5 5√ m 4 a·m h=t=5 5√ √m a (m 3 a·m h)≥5 5 m a·m 4 g√m ≥5 5 5 g =5 4√ xyzt.Propoziţia 1. În orice tetraedru [ABCD] au loc inegalităţile:a) h a + h b + h c + h d +4r≥5 4√ h a h b h c h d ≥5 5√ 4h a h b h c h d r≥20r;b) r a + r b + r c + r d +2r≥5 4√ r a r b r c r d ≥5 5√ 2r a r b r c r d r≥10r;c) 5 4r ≥ 1 + 1 + 1 + 1 45+≥h a h b h c h d h a + h b + h c + h 4√ ;d ha h b h c h dd) 5 2r ≥ 1 + 1 + 1 + 1 45+≥ √ .r a r b r c r d r a + r b + r c + r4 d ra r b r c r dDemonstraţie. a) Înlocuim la punctul b) al lemei pe x = h a, y = h b ,z = h c , t = h d şi ţinem seama de relaţia1 + 1 + 1 + 1 = 1 h a h b h c h d r . A douainegalitate este echivalentă cuh a h b h c h d ≥256r 4 , inegalitate clasică, valabilă