Page 107 - MATINF Nr. 3

˘
PROBLEME DE MATEMATICA PENTRU CONCURSURI 107

Solut ,ie. Expresiile invocate ˆın inegalitate fiind simetrice, putem presupune, f˘ar˘a a restrˆange
generalitatea, c˘a a ≥ b ≥ c ≥ d. Rezult˘a c˘a a ≥ 0 ≥ d ≥ −1. Avem trei cazuri.

Cazul 1. a ≥ 0 ≥ b ≥ c ≥ d ≥ −1. Notˆand b = −x, c = −y s , i d = −z avem x, y, z ≥ 0,
2
2
2
2
x + y + z = a, iar inegalitatea dorit˘a devine a + x + y + z + 5[(x + y + z)(xy + xz +
yz) − xyz] + 4axyz ≥ 0, inegalitate adev˘arat˘a deoarece, utilizˆand Inegalitatea mediilor, avem
(x + y + z)(xy + xz + yz) ≥ 9xyz ≥ xyz. Egalitatea are loc ⇔ a = x = y = z = 0 ⇔
a = b = c = d = 0.
Cazul 2. a ≥ b > 0 ≥ c ≥ d ≥ −1. Notˆand c = −x s , i d = −y avem x, y ∈ [0, 1],
x + y = a + b = 2s, cu s ∈ (0, 1]. Notˆand ab = p s , i xy = q, inegalitatea dorit˘a devine
2
2
4s −(p+q)+5s(q−p)−2pq ≥ 0, adic˘a −p(1+5s+2q)+4s +q(5s−1) ≥ 0. Dar 1+5s+2q > 0 s , i
2
2
2
2
p ≤ s , deci −p(1+5s+2q)+4s +q(5s−1) ≥ −s (1+5s+2q)+4s +q(5s−1). Astfel este suficient
2
2
2
2
3
s˘a ar˘at˘am c˘a −s (1 + 5s + 2q) + 4s + q(5s − 1) ≥ 0, adic˘a q(−2s + 5s − 1) + 3s − 5s ≥ 0.
√
5 − 17
2
2
Subcazul 2.1. 0 < s ≤ . Atunci −2s + 5s − 1 ≤ 0 s , i cum q ≤ s rezult˘a c˘a
4 √
5 − 17 1
2
3
2
3
2
2
2
q(−2s +5s−1)+3s −5s ≥ s (−2s +5s−1)+3s −5s > 0. Subcazul 2.2. < s ≤ .
4 2
2
2
2
3
3
2
Atunci −2s + 5s − 1 > 0 s , i cum q ≥ 0 rezult˘a c˘a q(−2s + 5s − 1) + 3s − 5s ≥ 3s − 5s > 0.
1
Subcazul 2.3. < s ≤ 1. Deoarece x ∈ [2s − 1, 1], avem q = x(2s − x) ≥ 2s − 1, cu egalitate
2
2
⇔ x = 1, y = 2s − 1 sau x = 2s − 1, y = 1. Cum −2s + 5s − 1 > 0 s , i q ≥ 2s − 1, rezult˘a
2
3
2
3
2
2
2
c˘a q(−2s + 5s − 1) + 3s − 5s ≥ (2s − 1)(−2s + 5s − 1) + 3s − 5s = (1 − s)(3s − 1) ≥ 0.
2
Inegalitatea din enunt , devine egalitate ⇔ s = 1, x = y = 1, p = s = 1 ⇔ a = b = 1,
c = d = −1.
Cazul 3. a ≥ b ≥ c > 0 ≥ d ≥ −1. Notˆand −d = a + b + c = 3s, ab + ac + bc =
1
2
2
3(s − u ) s , i abc = p, unde 0 < s ≤ , 0 ≤ u ≤ s s , i p > 0, inegalitatea dorit˘a devine
3 s
2
2
2
18s − 3(2 + 15s)(s − u ) + (5 + 12s)p ≥ 0. Subcazul 3.1. 0 ≤ u ≤ . Utiliz˘am Inegalitatea
2
2
2
lui Vo Quoc Ba Can: (s + u) (s − 2u) ≤ p ≤ (s − u) (s + 2u) (se aplic˘a s , irul lui Rolle pentru
polinomul (x − a)(x − b)(x − c) ce are toate r˘ad˘acinile reale; Math. Reflections 2/2007, https:
//www.cut-the-knot.org/arithmetic/algebra/3variable.pdf). Cum 5 + 12s > 0, rezult˘a c˘a
2
2
2
2
2
2
2
18s − 3(2 + 15s)(s − u ) + (5 + 12s)p ≥ 18s − 3(2 + 15s)(s − u ) + (5 + 12s)(s + u) (s − 2u).
2
2
2
2
Astfel este suficient s˘a ar˘at˘am c˘a 18s −3(2+15s)(s −u )+(5+12s)(s+u) (s−2u) ≥ 0, adic˘a
2
2
3
2
2
−2(5+12s)u +6(−6s +5s+1)u +4s (3s −10s+3) ≥ 0. Notˆand expresia din membrul stˆang cu
2
2(−6s + 5s + 1) s
0
2
f(u), avem f (u) = 6u[−(5+12s)u+2(−6s +5s+1)] > 0, deoarece > pentru
5 + 12s 2
Å ò
1
2
orice s ∈ 0, . Rezult˘a c˘a f(u) ≥ f(0) = 4s (1−3s)(3−s) ≥ 0. Egalit˘at , ile au loc ⇔ u = 0, s =
3
1 1
⇔ a = b = c = , d = −1, caz ˆın care s , i inegalitatea din enunt , devine egalitate. Subcazul 3.2.
3 3
s
2
2
2
2
2
2
< u ≤ s. Evident, avem 18s −3(2+15s)(s −u )+(5+12s)p ≥ 18s −3(2+15s)(s −u ), deci
2
2
2
2
2
2
2
este suficient s˘a ar˘at˘am c˘a 18s −3(2+15s)(s −u ) ≥ 0. Funct , ia g(u) = 18s −3(2+15s)(s −u ),
Å ò
s 9 1
s
2
2
≤ u ≤ s este cresc˘atoare, deci g(u) ≥ g = 18s − ·s (2+15s) > 0 pentru orice s ∈ 0, .
2 2 4 3
Demonstrat , ia inegalit˘at , ii din enunt , este complet˘a, iar egalitatea are loc ⇔ (a, b, c, d) este
Å ã
1 1 1
(0, 0, 0, 0), (1, 1, −1, −1), , , , −1 sau permut˘arile lor.
3 3 3