Page 97 - MATINF Nr. 11-12

˘
PROBLEME DE MATEMATICA PENTRU CONCURSURI 97

(a + b + b + c + c + a) 3
3
a+b+c < 3. Fie a+b+c = 3x. Din Inegalitatea mediilor avem 8x = ≥
27
k + 3
3
(a+b)(b+c)(c+a), deci (k +3)x ≥ ·(a+b)(b+c)(c+a). Deci este suficient s˘ ar˘at˘am c˘
a
a
8
2
3
2
(3x − 1) + k − 1 ≥ (k + 3)x , adic˘a (1 − x) [(k + 3)x − (6 − k)x + k] ≥ 0, inegalitate evident
adev˘arat˘a (p˘atratica are determinantul nepozitiv).
a
Fie acum a+b+c ≥ 3. Datorit˘ simetriei, putem presupune c˘ a ≥ b ≥ c. Not˘am a+b+c = p
a
s , i ab + bc + ca = q, cu p s , i q fixate. Dac˘a b = 0, atunci c = 0, deci q = 0 s , i problema este
2
rezolvat˘a. Fie b > 0, deci q > 0. Inegalitatea devine 8(p − 1) + 8k − 8 ≥ (k + 3)pq − (k + 3)abc.
a
Membrul drept este maxim cˆand abc este minim. Deci este suficient s˘ demonstr˘am inegalitatea
pentru abc minim. Am demonstrat detaliat ˆın rezolvarea problemei MGO 188 din RMGO
a
a
1/2022 c˘ distingem urm˘atoarele dou˘ cazuri: fie exist˘ un unic 0 < y ≤ x astfel ˆıncˆat 2x+y = p
a
2
s , i x + 2xy = q, fie c = 0. Conform Teoremei de minim a produsului, pentru a + b + c s , i
ab + bc + ca fixate, abc este minim fie pentru a = b ≥ c > 0, fie pentru c = 0.
2
a
a
Presupunem ˆıntˆai c˘ exist˘ un unic 0 < y ≤ x astfel incˆat 2x + y = p s , i x + 2xy = q. Clar,
2
2
2
2
x ≥ 1 s , i x y ≤ abc, deci x + 2xy + x y ≤ 4, deci xy(x + 2) ≤ 4 − x , s , i cum xy(x + 2) > 0
2 − x
deducem c˘a 1 ≤ x < 2. Mai mult, y ≤ . Cum de mai sus y ≤ x, deducem c˘a
x
2 − x 2 − x
ß ™
y ≤ min x, = . Inegalitatea devine
x x
2
2
2
3

f(y) = (4 − (k + 3)x)y − 2 (k + 3)x − 8x + 4 y + 16x − 16x + 4k − (k + 3)x ≥ 0, (1).
Cum 1 ≤ x < 2, atunci funct , ia f(y) este clar strict descresc˘atoare pe domeniul ei de definit , ie.
2 − x
Deci pentru a finaliza demonstrat , ia, este suficient s˘ ˆınlocuim y = ˆın (1). Obt , inem
a
x
2
3

2
(x − 1) −(k + 3)x + 16x − 4(k + 3)x + 16 ≥ 0.
2
3
2
3
Pentru k = 2, avem −(k + 3)x + 16x − 4(k + 3)x + 16 = −5x + 16x − 20x + 16 =
2
2
3
a
(2−x) (5x − 6x + 8) ≥ 0, evident adev˘arat. Ar˘at˘am acum c˘ −(k+3)x +16x −4(k+3)x+16 ≥
3
3
2
2
0 adic˘a −5(k + 3)x + 80x − 20(k + 3)x + 80 ≥ 0. S , tim c˘a −5x + 16x − 20x + 16 ≥
3
2
0, adic˘a −5(k + 3)x + 16(k + 3)x − 20(k + 3)x + 16(k + 3) ≥ 0. Pentru a ˆıncheia ˆın
2
3
acest caz demonstrat , ia, este suficient s˘a ar˘at˘am c˘a −5(k + 3)x + 80x − 20(k + 3)x + 80 −
2
2
3
[−5(k + 3)x + 16(k + 3)x − 20(k + 3)x + 16(k + 3)] ≥ 0, adic˘a 16(2−k) (x + 1) ≥ 0, evident
adev˘arat.
√
Analiz˘am acum cazul c = 0. Not˘am ab = q ≤ 4 s , i a + b = p = 2s ≥ 2 q. Inegalitatea devine
2
16s − 16s + 4k ≥ (k + 3)sq. Pentru s fixat, g(q) = (k + 3)sq este cresc˘atoare pe domeniul ei.
3
2
2
a
a
Deci g este maxim˘ cˆand q este maxim. Pentru ≤ s ≤ 2, cum q ≤ s , deducem c˘ q max = s .
2
a
a
Deci este suficient s˘ ar˘at˘am c˘
3
2
−(k + 3)s + 16s − 16s + 4k ≥ 0.
2
3
2
Pentru k = 2, avem −5s + 16s − 16s + 8 ≥ 0, adic˘a (2 − s) (5s − 6s + 4) ≥ 0, adev˘arat.
3
2
2
3
a
a
a
Ar˘at˘am c˘ −(k + 3)s + 16s − 16s + 4k ≥ 0, adic˘ −5(k + 3)s + 80s − 80s + 20k ≥ 0. S , tim c˘
3
2
3
2
−5s + 16s − 16s + 8 ≥ 0, adic˘ −5(k + 3)s + 16(k + 3)s − 16(k + 3)s + 8(k + 3) ≥ 0. Pentru
a
2
3
a ˆıncheia ˆın acest caz demonstrat , ia, este suficient s˘ ar˘at˘am c˘ −5(k + 3)s + 80s − 80s + 20k −
a
a
3
2
[−5(k + 3)s + 16(k + 3)s − 16(k + 3)s + 8(k + 3)] ≥ 0, adic˘a 4(2 − k)(2s − 3)(2s + 1) ≥ 0,
evident adev˘arat. Dac˘a s > 2, atunci g(q) ≤ g(4) = 4(k + 3)s. Deci este suficient s˘a ar˘at˘am