soluţii şi barem

ceea ce, dupa ce trecem totul într-un membru si dupa ce adunam si scadem4 2 3 3 2 4 3 3 3 2 2 3 2 2 13 32a b , este echivalent cuab − 2ab + ab + 2ab −6ab − 6ab + 15ab − 6ab+ 1≥ 0, 0 < ab , ≤ ,22 2 2 3 3 2 2 1de unde ab ( a− b) + 2ab + ab ( 15− 6( a+ b)) − 6ab+ 1 ≥0, ∀ab , ∈ ⎛ 0, ⎤⎜ .2 ⎥Este suficient sa⎝ ⎦3 3 2 2 1demonstram ca 2ab + ab ( 15− 6( a+ b)) − 6ab+ 1≥0, ∀ab , ∈ ⎛ 0, ⎤⎜ .2 ⎥Avem succesiv:⎝ ⎦2ab 3 3 + 15ab 2 2 − 6ab 2 2 a+ b − 6ab+ 1= 9ab 2 2 −4ab 3 3 − 6ab+ 1+ 6ab 2 2ab− a+ b + 1 =( ) ( ( ) )2( ab)( ab 2 2 ab ) ab 2 2 ( a )( b ) ( ab) ( ab) ab 2 2( a )( b )= 1− 4 − 5 + 1 + 6 −1 − 1 = 1− 1− 4 + 6 −1 −1 ≥ 0.În conditiile din ipoteza, se întâmpla ca ( )( )a−1 b−1 ≥ 0,1−4ab≥0,deci2ab + ab ( 15− 6( a+ b)) − 6ab+ 1≥ 0, ∀ab , ∈ ⎛ 0, ⎤⎜ ,2 ⎥⎝ ⎦1 7ceea ce încheie rezolvarea. Pentru a = , b = 1, c = 2 obtinem 6( a+ b+ c)− 15= 6⋅ − 15= 6 în timp ce223 3 2 2 12 2 2 21a + b + c = , ceea ce justifica conditiile ipotezei.4