Page 28 - MATINF Nr. 7
P. 28
28 L.M. Giugiuc
§ ª
1 1 1
min f (t) ∈ f (0) , f . Dar f (0) = f = 0, deci f(t) ≥ 0 pentru orice t ∈ 0, .
t∈[0, ] 3 3 3
1
3
Demonstrat , ia este ˆıncheiat˘a ˆın acest caz.
1 1 abc + abd + acd + bcd k
2
2
2
2
Cazul 2. t ∈ , √ . Avem a + b + c + d + 8
3 3 4
4 3k−2 abc + abd + acd + bcd k
2
2
2
2
= a + b + c + d + 8
a + b + c + d 4
k
(abc + abd + acd + bcd)
2
2
2
2
= a + b + c + d + 2 4k−1 · 3k−2 .
(a + b + c + d)
2k
α β k
2
Deci pentru α s , i β ment , ionate ˆın [2], r˘amˆane de ar˘atat c˘a β + 2 4k−1 · ≥ 4αβ.
(2α + β) 3k−2
β x k
2
Not˘am = x ∈ [0, 1] s , i ultima inegalitate devine x + 2 4k−1 · ≥ 4x. Cum x ≥ 0,
α (x + 2) 3k−2
1
este suficient s˘a ar˘at˘am c˘a x 2−k +2 4k−1 · ≥ 4x 1−k , i.e. x 1−k (x + 2) 3k−2 (4 − x) ≤ 2 4k−1 .
(x + 2) 3k−2
Fie funct , ia g (x) = x 1−k (x + 2) 3k−2 (4 − x) pe intervalul [0, 1]. Evident, g este continu˘a pe
0
−k
[0, 1] s , i derivabil˘a pe (0, 1]. Avem g (x) = 2x (x + 2) 3k−3 (1 − x) (kx + 4 − 4k) ≥ 0, ∀x ∈ (0, 1].
Astfel g este strict cresc˘atoare, deci max g (x) = 2 4k−1 . Demonstrat , ia este complet˘a.
x∈[0,1]
4 4 4
Cazurile de egalitate sunt: (1, 1, 1, 1), (2, 2, 0, 0) s , i permut˘arile, , , , 0 s , i permut˘arile.
3 3 3
2 ln 3 − ln 2
Acum demonstr˘am c˘a inegalitatea are loc pentru orice k ∈ , .
3 ln 27 − ln 16
abc + abd + acd + bcd a + b + c + d 3
ˆ ≤ = 1,
Intr-adev˘ar, conform Inegalit˘at ,ii MacLaurin,
4 4
ln 3−ln 2
abc + abd + acd + bcd k abc + abd + acd + bcd ln 27−ln 16
deci ≥ .
4 4
2 ln 3 − ln 2
Prin urmare inegalitatea este adev˘arat˘a pentru orice k ∈ , .
3 ln 27 − ln 16
L˘as˘am ˆın seama cititorilor demonstrarea urm˘atorului rezultat:
Dac˘a a, b, c s , i d sunt numere reale nenegative astfel ˆıncˆat ab + ac + ad + bc + bd + cd = 6,
abc + abd + acd + bcd k 16
2
2
2
2
atunci a + b + c + d + 8 ≥ 12, unde k ∈ 0, log 2 .
4 9
Bibliografie
[1] http://matinf.upit.ro/MATINF4/index.html#p=89
[2] http://matinf.upit.ro/MATINF6/index.html#p=87
