Page 109 - MATINF Nr. 7

˘
PROBLEME DE MATEMATICA PENTRU CONCURSURI 109

(a + b + 2) 2
2
M 144. Fie funct ,ia f : R → R, f(a, b) = . Determinat ,i valorile k ∈ R pentru care
2
2
a + b + 2
inegalitatea
2
2
2
2
(a + b + 2) (ab + 2a + 2b + 1) ≥ 144ab(a + b + 2)
are loc pentru orice numere reale a s , i b astfel ˆıncˆat f(a, b) = k.
Michael Rozenberg, Israel s , i Leonard Mihai Giugiuc, Romˆania

2 2 2
Solut ,ie. Din Inegalitatea lui Jensen pentru funct , ia p˘atratic˘a, (a + b + 2) ≤ 4 (a + b + 2),
deci k ≤ 4. Evident, k ≥ 0. Mai mult, dac˘a, prin absurd, am avea k = 0, atunci alegem
ˆ
numerele a = b = −1 s , i obt , inem 0 ≥ 576, ceea ce este fals, deci k > 0. In continuare, vom
studia inegalitatea

2 2 2 2 2 2
(a + b + c + d) (ab + bc + cd + da + ac + bd) ≥ 144abcd a + b + c + d ,

unde a, b, c s , i d sunt numere reale, cu a + b + c + d 6= 0. Putem presupune, f˘ar˘a a restrˆange
generalitatea, c˘a a + b + c + d = 4. Deci ultima inegalitate devine

2
2
2
2
(ab + bc + cd + da + ac + bd) ≥ 9abcd a + b + c + d 2 .
2
2
2
2
2
Fie a + b + c + d = 4 (1 + 3t ), t ≥ 0. Utilizˆand rezultatele din articolul Some Refinements
of the AM − GM and Suranyi Inequalities din RecMat 2/2020, avem:

2
(1 − t) (1 + 3t) , dac˘a 0 ≤ t ≤
 3

max (abcd) = 2 3 .
2
2
 (3t − 1) , dac˘a t ≥

3
2
3
2 2
2
As , adar dac˘a 0 ≤ t ≤ , atunci vom studia inegalitatea (1 − t ) ≥ (1 − t) (1 + 3t) (1 + 3t ),
3
2
2
2
care este echivalent˘a cu t (1 − t) (1 − 3t) ≥ 0, deci este adev˘arat˘a. Dac˘a t ≥ 2 , atunci
Ê 3 √
2 5 + 2 13
2
2 2
2
2
vom studia inegalitatea (1 − t ) ≥ (3t − 1) (1 + 3t ), obt , inˆand solut , ia ≤ t ≤ .
Ê 3 27
" √ #
5 + 2 13
Astfel, t ∈ 0, . As , adar inegalitatea ˆın patru variabile are loc pentru orice a, b, c, d
27
‚√ Œ
2 2 2
(a + b + c + d) 13 − 1 (a + b + c + d)
cu fixat dac˘a s , i numai dac˘a ≤ ≤ 4, (∗). Fie
2
2
2
2
2
2
a + b + c + d 2 2 a + b + c + d 2
É
4 − k
1 − (a + b + c + d) 2
k ∈ (0, 4] s , i fie a = b = É k s , i c = d = 1. Avem: = k. Deci pentru
2
2
2
4 − k a + b + c + d 2
1 +
k
orice k ∈ (0, 4] exist˘a a, b ∈ R astfel ˆıncˆat f (a, b) = k. Prin urmare, utilizˆand s , i (∗), rezult˘a c˘a
‚√ Œ 2
13 − 1
2
2
2
2
dac˘a ≤ k ≤ 4, atunci (a + b + 2) (ab + 2a + 2b + 1) ≥ 144ab (a + b + 2) are loc
2
‚√ Œ 2
13 − 1
pentru orice numere reale a s , i b astfel ˆıncˆat f (a, b) = k. Fie acum 0 < k < s , i fie
2