Page 102 - MATINF Nr. 11-12

˘
102 PROBLEME DE MATEMATICA PENTRU CONCURSURI

deci k ≤ k 0 , unde
Å ã
π − arccos(1/3)
k 0 = 6 cos − 2 ≈ 2, 82374
3
3
2
este r˘ad˘acina pozitiv˘a a ecuat , iei k + 6k − 15k − 28 = 0.
Pentru a demonstra c˘a valoarea k 0 este cea mai mare valoare a lui k, vom demonstra
inegalitatea omogen˘a pentru k ∈ [1, k 0 ]. Inegalitatea fiind binecunoscut˘a pentru k = 1,
a
a
consider˘am ˆın continuare c˘ avem k ∈ (1, k 0 ]. F˘ar˘ a restrˆange generalitatea, putem presupune
c˘ a + b + c = 1 s , i a ≤ b ≤ c. Notˆand
a
m = k − 1 > 0, q = ab + bc + ca, r = abc,

putem rescrie succesiv inegalitatea sub formele
1 1 1 9
+ + ≤ ,
2
(ma + 1) 2 (mb + 1) 2 (mc + 1) 2 (m + 3) q
X
2
2
2
2
2
2
9(ma + 1) (mb + 1) (mc + 1) ≥ (m + 3) q (mb + 1) (mc + 1) ,
X
2
2
2
2
3
2
9(m r + m q + m + 1) ≥ (m + 3) q (m bc − ma + m + 1) ,
f(q, r) + g(q) ≥ 0,
2
6 2
3
2
3
unde f(q, r) = 9m r + 18m (m q + m + 1)r + 2m (m + 3) q(m + 3)r.
Este cunoscut c˘ pentru a + b + c = 1 s , i q fixat, produsul r are valoare minim˘ pentru a = 0
a
a
sau b = c. Deoarece f(q, r) este cresc˘atoare ˆın raport cu r, este suficient s˘a consider˘am aceste
cazuri.
Cazul 1. a = 0. Inegalitatea omogen˘ devine
a
1 1 1 9
+ + ≤ .
2
(b + c) 2 (kb + c) 2 (b + kc) 2 (k + 2) bc
1 1
a
Utilizˆand inegalitatea ≤ s , i lema de mai jos, este suficient s˘ demonstr˘am c˘a
(b + c) 2 4bc
1 2 9
+ ≤ ,
4bc (k + 1) bc (k + 2) bc
2
2
3
2
a
care este echivalent˘ cu k(k + 6k − 15k − 28) ≤ 0.
a
Cazul 2. b = c. Pentru b = c = 1, inegalitatea omogen˘ devine
9 1 2
− − ≥ 0,
2
(k + 2) (2a + 1) (ka + 2) 2 (a + k + 1) 2
a
care este echivalent˘ cu
2
2 2
(a − 1) (9k a + 2γa + kβ) ≥ 0,
unde
3
2
4
3
2
β = −k − 6k + 15k + 28 ≥ 0, γ = −2k + k + 9k + 14k − 4.
a
Deoarece β ≥ 0, este suficient s˘ demonstr˘am c˘a γ ≥ 0. Avem
2γ = β + (k − 1)α,