Page 12 - REVISTA MATINF Nr. 5

O metod˘a pentru a demonstra unele inegalit˘ati
,

Daniel V˘acaru 1

ˆ
In acest articol vom prezenta trei exemple de demonstrat , ie a unor inegalit˘at , i ˆın mai multe
variabile folosind urm˘atoarea metod˘a: consider˘am o funct , ie ˆıntr-o variabil˘a, fixˆand celelalte
variabile, s , i utiliz˘am propriet˘at , ile acesteia.

Maiˆıntˆai, vom rezolva o problem˘a ap˘arut˘a pe site-ul specializat de matematic˘a www.ssmrmh.ro:
Fie x, y, z ∈ [−1,1]. Ar˘atat ,i c˘a

xy + yz + zx ≥ −1

Nguyen Viet Hung

S˘a consider˘am f (y,z) : [−1, 1] → R, f (y,z) (x) = (y + z) · x + yz, y, z ∈ [−1, 1].

S˘a analiz˘am cazurile posibile:

I)Dac˘a y + z > 0, atunci f (y,z) este (strict) cresc˘atoare, s , i f (y,z) (x) ≥ f (y,z) (−1) = yz − y − z.
Pentru a ar˘ata c˘a yz − y − z ≥ −1, este suficient s˘a prob˘am c˘a yz − y − z + 1 ≥ 0 ⇔
(y − 1) · (z − 1) ≥ 0, fapt implicat de inegalit˘at , ile y, z ≤ 1.

II) Dac˘a y + z < 0, atunci f (y,z) este descresc˘atoare s , i f (y,z) (x) ≥ f (y,z) (1) = yz + y + z.
Pentru a ar˘ata c˘a yz+y+z ≥ −1, ajunge s˘a prob˘am c˘a yz+y+z+1 ≥ 0 ⇔ (y + 1)·(z + 1) ≥ 0,
care urmeaz˘a din inegalit˘at , ile y, z ≥ −1.

III) Pentru cazul y + z = 0, avem f (y,z) (x) = yz, (∀) x ∈ [−1, 1]. Dar

y, z ∈ [−1, 1] ⇔ |y| , |z| ≤ 1 ⇒ |yz| ≤ 1 ⇒ yz ≥ −1,

finalizˆand demonstrat , ia noastr˘a.

S˘a rezolv˘am s , i o parte a unei probleme ap˘arut˘a pe site-ul de preg˘atire ˆın matematic˘a sust , inut
de Andrei Eckstein, anume https://pregatirematematicaolimpiadejuniori.wordpress.com/, al
c˘arei enunt , este:

a b c abc
Ar˘atat ,i c˘a, dac˘a a, b, c ∈ [0, 1] ,atunci + + + ≤ 2.
1 + bc 1 + ca 1 + ab 2
a a
Cum avem 1 ≥ a ⇒ bc ≥ abc ⇒ 1 + bc ≥ 1 + abc ⇒ ≤ . Sumˆand cele trei
1 + bc 1 + abc
abc a b c abc a + b + c abc
relat , ii obt , inute s , i adunˆand cu , obt , inem + + + ≤ + .
2 1 + bc 1 + ca 1 + ab 2 1 + abc 2
a + b + c abc
R˘amˆane s˘a prob˘am c˘a + ≤ 2.
1 + abc 2
1
Profesor, Colegiul Economic ,,Maria Teiuleanu”, Pites , ti, danvaccag@gmail.com

12