1359

Asupra inegalit˘ a¸tii lui Gerretsen Cezar Lupu, student Bucure¸sti. ˆIn aceast articol vom da o demonstrat¸ie nou˘a, diferit˘a de cea prezentat˘a ˆın [1.], pentru urm˘atoarea inegalitate datorat˘ a lui Gerretsen. Teorema 1. ˆIn triunghiul ABC not˘ am cu p semiperimetrul, r raza cercului ˆınscris ¸si R raza cercului circumscris. Atunci are loc inegalitatea p2 ≥ 16Rr − 5r2 . ˆIn acest sens vom ar˘ ata inegalitatea de mai sus folosind binecunoscuta inegalitate a lui Schur care are urm˘ atorul enunt¸: Teorema 2. Dac˘a x, y, z sunt trei numere reale strict pozitive, iar r este un num˘ar real, atunci are loc xr (x − y)(x − z) + y r (y − x)(y − z) + z r (z − x)(z − y) ≥ 0. Pentru demonstrat¸ia inegalit˘ a¸tii de mai sus se poate consulta [2.]. Cazul particular cel mai des folosit este r = 1. Astfel, obt¸inem x(x − y)(x − z) + y(y − x)(y − z) + z(z − x)(z − y) ≥ 0, inegalitate care este echivalent˘ a, prin desfacerea parantezelor, cu x3 + y 3 + z 3 + 3xyz ≥ xy(x + y) + yz(y + z) + zx(z + x) ⇔ x3 + y 3 + z 3 + 6xyz ≥ (x + y + z)(xy + yz + zx). Folosind identitatea x3 + y 3 + z 3 − 3xyz = (x + y + z)(x2 + y 2 + z 2 − xy − yz − zx) rezult˘a 2(xy + yz + zx) − (x2 + y 2 + z 2 ) ≤

9xyz . x+y+z

Acum, s˘a transform˘ am inegalitatea intr-una geometric˘a. Pentru aceasta este suficient s˘a punem b+c−a c+a−b a+b−c x= ,y = and z = , unde a, b, c sunt lungimile laturilor unui triunghi. 2 2 2 Inegalitatea devine 1X 1X 9(b + c − a)(c + a − b)(a + b − c) (b + c − a)(c + a − b) − (b + c − a)2 ≤ , 2 cyc 4 cyc 4(a + b + c) unde

X

reprezint˘ a suma ciclic˘ a. Folosind relat¸iile valabile ˆın orice triunghi cu laturile a, b, c

cyc

ab + bc + ca = p2 + r2 + 4Rr 1

¸si a2 + b2 + c2 = 2(p2 − r2 − 4Rr), se obt¸ine lejer c˘ a X

(b + c − a)(c + a − b) = 4r(4R + r)

cyc

¸si X

(b + c − a)2 = 4(p2 − 2r2 − 8Rr)

cyc

Astfel, vom avea 2r(4R + r) − (p2 − 2r2 − 8Rr) ≤ 9r2 echivalent˘a cu p2 ≥ r(16R − 5r). De¸si am dat o demonstrat¸ie destul de simpla inegalit˘a¸tii lui Gerretsen, nu ne oprim aici! Oare exist˘a o inegalitatea mai tare ca cea ment¸ionat˘a mai sus? Vom raspunde afirmativ imediat, dar doar ˆın cazul triunghiului ascut¸itunghic(din p˘acate!). De fapt, ideea provine dintr-o inegalitate dat˘a la Olimpiada din Iran ˆın anul 2005. Problem˘ a. S˘a se demonstreze c˘ a ˆın orice triunghi ascut¸itunghic ABC este adev˘arat˘a inegalitatea a2 + b2 + c2 ≥ 4(R + r)2 . Solut¸ie. Este cunoscut faptul c˘ a dac˘a H este ortocentrul triunghiului ABC atunci AH = 2R cos A, BH = 2R cos B ¸si CH = 2R cos C. T ¸ inˆand cont de identitatea cos A + cos B + cos C =

r+R , R

inegalitatea se rescrie astfel: (AH + BH + CH)2 ≤ a2 + b2 + c2 . Fie ha , hb , hc ˆın˘ alt¸imile triunghiului ABC. O observat¸ie de bun simt¸ este AH · ha = Scriind ¸si analoagele ¸si adunˆ andu-le, avem

b2 + c2 − a2 . 2

AH · ha + BH · hb + CH · hc = a2 + b2 + c2 . Conform cu inegalitatea Cauchy-Buniakovski-Schwartz, avem 2

(AH + BH + CH) =

p AH · ha ·

r

AH p + BH · hb · ha 

≤ (AH · ha + BH · hb + CH · hc )

r

BH p + CH · hc · hb

AH BH CH + + ha hb hc



r

CH hc

!2 ≤

= a2 + b2 + c2 ,

ultima egalitate fiind valid˘ a ¸si datorit˘ a relat¸iei lui Gergonne ˆıntr-un triunghi. Alt˘ a solut¸ie. Vom c˘ auta s˘ a transform˘am inegalitatea intr-una algebric˘a. Mai ˆıntˆai s˘a remarc˘am ca ¸si ˆın solut¸ia precedent˘ a c˘ a cos A + cos B + cos C =

2

r+R . R

Astfel, inegalitatea mai poate fi scris˘ a a2 + b2 + c2 ≥ 4R2 (cos A + cos B + cos C)2 . Pentru a face transformarea despre care vorbeam este suficient s˘a punem x=

b2 + c − a2 c2 + a2 − b2 a2 + b2 − c2 ,y = ,z = . 2 2 2

(x + y)(y + z)(z + x) . Folosind teorema cosinusurilor, problema 4(xy + yz + zx) init¸ial˘a se reduce la urm˘ atoarea inegalitate algebric˘a:

Un calcul simplu arat˘ a c˘ a R2 =

x

y

z

p +p +p (x + y)(x + z) (y + z)(x + y) (z + x)(y + z)

!2 ≤

2(x + y + z)(xy + yz + zx) (x + y)(y + z)(z + x)

care este echivalent˘ a cu p p p p x(y + z) + y(z + x) + z(x + y) ≤ 2(x + y + z)(xy + yz + zx). Aceasta din urm˘ a nu este altceva decˆ at inegalitatea Cauchy-Buniakovski-Schwartz aplicat˘a tripletelor √ √ √ ( x, y, z) ¸si p  p p x(y + z), y(z + x), z(x + y) . Remarca 1. Inegalitatea demonstrat˘a mai sus este echivalent˘a cu p2 ≥ 2R2 + 8Rr + 3r2 . Comparˆand-o cu inegalitatea lui Gerretsen, avem 2R2 + 8Rr + 3r2 ≥ 16Rr − 5r2 ⇔ 2R2 − 8Rr + 8r2 ≥ 0 ⇔ 2(R − 2r)2 ≥ 0, ultima inegalitate fiind adev˘ arat˘ a conform cu inegalitatea lui Euler. Prin urmare, ˆın orice triunghi ascut¸itunghic este adev˘ arat˘ a inegalitatea p2 ≥ 2R2 + 8Rr + 3r2 ≥ 16Rr − 5r2 . Remarca 2. Am vazut c˘ a inegalitatea dat˘a la Olimpiada din Iran mai putea fi scris˘a a2 + b2 + c2 ≥ 4R2 (cos A + cos B + cos C)2 . Aplicˆand teorema sinusurilor, inegalitatea devine sin2 A + sin2 B + sin2 C ≥ (cos A + cos B + cos C)2 . Mai departe, folosind binecunoscuta formul˘a trigonometric˘a sin2 x = 1 − cos2 x rezult˘a (cos A + cos B)2 + (cos B + cos C)2 + (cos C + cos A)2 ≤ 3. ˆIn cele ce urmeaz˘ a vom da cateva aplicat¸ii pe baza ideilor prezentate pˆan˘a acum.

3

Aplicat¸ia 1. Fie x, y, z trei numere reale strict pozitive. S˘a se arate c˘a x y z 4xyz + + + ≥ 2. y+z z + x x + y (x + y)(y + z)(z + x) Cezar Lupu Solut¸ie. Plec˘ am de la identitatea ab + bc + ca = p2 + r2 + 4Rr care se mai scrie ¸si astfel 1 1 1 p2 + r2 + 4Rr + + = . a b c 4pRr Mai departe, folosind inegalitatea lui Gerretsen, p2 ≥ 16Rr − 5r2 , avem 1 1 1 20Rr − 4r2 5R − r + + ≥ = ⇔ a b c 4prR pR   1 1 1 r + + p ≥5− . a b c R Acum, transform˘ am inegalitatea de mai sus intr-una algebric˘a. Punem x=

b+c−a c+a−b a+b−c ,y = ,z = . 2 2 2

Vom obt¸ine  1 1 4xyz 1 + + ≥5− ⇔ x+y y+z z+x (x + y)(y + z)(z + x)   x y z 2xyz + + ≥2 1− ⇔ y+z z+x x+y (x + y)(y + z)(z + x) 

(x + y + z)

x y z 4xyz + + + ≥ 2. y+z z + x x + y (x + y)(y + z)(z + x) Aplicat¸ia 2. Fie a, b, c trei numere reale strict pozitive astfel ˆıncˆat ab + bc + ca + 2abc = 1. S˘a se arate c˘ a a + b + c ≥ 2(ab + bc + ca). Vasile Cˆartoaje Solut¸ie. Dac˘ a ˆın aplicat¸ia 1, not˘ am a =

y z x ,b = ¸si c = , vom obt¸ine ˆın primul y+z z+x x+y

rˆand egalitatea 1 1 1 + + =2 a+1 b+1 c+1 care este echivalent˘ a cu ab + bc + ca + 2abc = 1 plus inegalitatea a + b + c ≥ 2(1 − 2abc) = 2(ab + bc + ca). Aplicat¸ia 3. Fie a, b, c trei numere reale strict pozitive astfel ˆıncˆat S˘a se arate c˘a          1 1 1 1 1 1 a+ −1 b+ −1 + b+ −1 c+ −1 + c+ −1 a + − 1 ≥ 3. b c c a c b Vasile Cˆartoaje, G.M.B, 1991

4

Solut¸ie. Not˘ am a +

1 1 1 = m, b + = n ¸si c + = p. Inegalitatea de demonstrat, devine b c a

(m − 1)(n − 1) + (n − 1)(p − 1) + (p − 1)(m − 1) ≥ 3 ⇔ mn − m − n + 1 + np − n − p + 1 + pm − p − m + 1 ≥ 3 ⇔ mn + np + pm ≥ 2(m + n + p) ⇔   1 1 1 1 1 1 + + ≥2 + + . m n p mn np pm Punem

1 1 1 = x, = y, = z ¸si inegalitatea se transform˘a ˆın m n p x + y + z ≥ 2(xy + yz + zx).

Un calcul de rutin˘ a arat˘ a c˘ a numerele x, y, z verific˘a condit¸ia xy + yz + zx + 2xyz = 1. ˆIn acest moment, problema noastr˘ a s-a redus la aplicat¸ia 2. Aplicat¸ia 4. Se consider˘ a a, b, c trei numere reale pozitive astfel ˆıncˆat a2 + b2 + c2 + abc = 4. S˘a se arate c˘ a ab + bc + ca − abc ≤ 2. Titu Andreescu, USAMO 2001, enunt¸ part¸ial  π Solut¸ie. Pentru a, b, c numere real pozitive exist˘a A, B, C ∈ 0, astfel ˆıncˆat 2 a = 2 cos A, b = 2 cos B, c = 2 cos C, avˆand ˆın vedere c˘ a este adev˘ arat˘ a c si urm˘atoarea identitate cos2 A + cos2 B + cos2 C + 2 cos A cos B cos C = 1. Astfel, inegalitatea este echivalent˘ a cu 4(cos A cos B + cos B cos C + cos C cos A) − 8 cos A cos B cos C ≤ 2 ⇔ 4(cos2 A + cos2 B + cos2 C + cos A cos B + cos B cos C + cos C cos A) ≤ 6 ⇔ (cos A + cos B)2 + (cos B + cos C)2 + (cos C + cos A)2 ≤ 3, inegalitate care a fost dedus˘ a mai sus. Aplicat¸ia 5. Fie a, b, c trei numere reale strict pozitive astfel ˆıncˆat a2 + b2 + c2 + 2abc = 1. S˘a se arate c˘ a ab + bc + ca ≤

1 + 2abc. 2 Marian Tetiva 

Solut¸ie. La fel ca ¸si ˆın solut¸ia precedent˘a, exist˘a A, B, C ∈ 0, a = cos A, b = cos B, c = cos C. 5

π 2

astfel ˆıncˆat

Astfel, inegalitatea este echivalent˘ a cu cos A cos B + cos B cos C + cos C cos A ≤

1 + cos A cos B cos C ⇔ 2

cos A cos B + cos B cos C + cos C cos A + cos2 A + cos2 B + cos2 C ≤

3 ⇔ 2

(cos A + cos B)2 + (cos B + cos C)2 + (cos C + cos A)2 ≤ 3.

Aplicat¸ia 6. Se consider˘ a a, b, c trei numere reale strict pozitive astfel ˆıncˆat abc = 1. S˘a se arate c˘a 1 1 1 4(ab + bc + ca) + + + ≥ ab + bc + ca. a3 (b + c) b3 (c + a) c3 (a + b) (a + b)(b + c)(c + a) Cezar Lupu, Mathematical Reflections 2007 Solut¸ie. Din aplicat¸ia 1, avem inegalitatea   y z 2xyz x + + ≥2 1− . y+z z+x x+y (x + y)(y + z)(z + x) x(x + y + z) − x(y + z) x2 = plus analoagele. Astfel obt¸inem y+z y+z   x2 x y2 z2 y z + + = (x + y + z) + + −1 . y+z z+x x+y y+z z+x x+y

Pe de alt˘a parte, are loc

Combinˆand identitatea obt¸inut˘ a cu inegalitatea de mai sus rezult˘a   x2 y2 z2 4xyz + + ≥ (x + y + z) 1 − . y+z z+x x+y (x + y)(y + z)(z + x) 1 1 1 , y = ¸si z = , folosind ipoteza problemei, avem a b c   1 1 1 4 + + ≥ (ab + bc + ca) 1 − ⇔ a3 (b + c) b3 (c + a) c3 (a + b) (a + b)(b + c)(c + a)

Cu substitut¸iile x =

1 1 1 4(ab + bc + ca) + + + ≥ ab + bc + ca. a3 (b + c) b3 (c + a) c3 (a + b) (a + b)(b + c)(c + a) Observat¸ie. Folosind simplut¸a, dar utila inegalitate (a + b)(b + c)(c + a) ≥

8 (a + b + c)(ab + bc + ca), 9

obt¸inem 4(ab + bc + ca) 9 ≤ , (a + b)(b + c)(c + a) 2(a + b + c) √ 3 iar din inegalitatea mediilor obt¸inem c˘ a a + b + c ≥ 3 abc = 3. Astfel, avem inegalitatea 1 1 1 3 + + + ≥ ab + bc + ca. a3 (b + c) b3 (c + a) c3 (a + b) 2

6

√ 3 Pe de alt˘a parte, tot din inegalitatea mediilor, avem c˘a ab + bc + ca ≥ 3 a2 b2 c2 = 3 de unde va rezulta 1 1 1 3 + 3 + 3 ≥ . 3 a (b + c) b (c + a) c (a + b) 2 Aceast˘a ultim˘ a inegalitate a constituit unul dintre subiectele Olimpiadei Internationale de matematic˘a din anul 1995 care a avut loc ˆın Canada. Aplicat¸ia 7. S˘ a se demonstreze c˘ a ˆın orice triunghi ABC are loc a2 b2 c2 R(16R − 5r) + + ≥ b+c−a c+a−b a+b−c p Cezar Lupu Solut¸ie. ˆIn demonstrarea inegalit˘ a¸tii ne va fi util˘a urm˘atoarea egalitate a2 a(−(p − a) + p) pa = = − a. p−a p−a p−a Scriind ¸si analoagele ¸si adunˆ andu-le, avem a2 b2 c2 + + =p p−a p−b p−c



a b c + + p−a p−b p−c

 − 2p.

Acum, ¸tinˆ and cont de urm˘ atoarele formule: ab + bc + ca = p2 + r2 + 4Rr, (p − a)(p − b)(p − c) = pr2 , abc = 4Rrp, rezult˘a c˘a

b2 c2 4p(R − r) 4p2 (R − r) a2 + + = = . p−a p−b p−c r pr

Conform cu inegalitatea lui Gerretsen, p2 ≥ 16Rr − 5r2 , avem c˘a a2 b2 c2 4(16Rr − 5r2 )(R − r) 4(16R − 5r)(R − r) + + ≥ = ⇔ p−a p−b p−c pr p a2 b2 c2 (16R − 5r)(2R − 2r) + + ≥ . b+c−a c+a−b a+b−c p Mai departe, aplicˆ and inegalitastea lui Euler, sub forma, −2r ≥ −R, avem b2 c2 R(16R − 5r) a2 + + ≥ . b+c−a c+a−b a+b−c p √ 3 3 Observat¸ie. Dac˘ a aplic˘ am inegalitatea lui Mitrinovic, p ≤ R, rezult˘a c˘a 2 a2 b2 c2 2(16R − 5r) √ + + ≥ . b+c−a c+a−b a+b−c 3 3R Acum, este u¸sor de vazut ca din inegalitatea lui Euler, R ≥ 2r, avem am obt¸inut

√ 2(16R − 5r) √ ≥ 3 3R. Astfel, 3 3R

√ a2 b2 c2 + + ≥ 3 3R, b+c−a c+a−b a+b−c 7

inegalitate dat˘ a de domnul profesor Lautrent¸iu Panaitopol la unul dintre testele de select¸ie pentru Olimpiada Internat¸ional˘ a din anul 1990. Aplicat¸ia 8. Fie x, y, z trei numere reale strict pozitive. Ar˘atat¸i c˘a 1 1 9 1 + + ≥ . 2 2 2 (x + y) (y + z) (z + x) 4(xy + yz + zx) Olimpiad˘a Iran, 1996 Solut¸ie. Vom transforma inegalitatea ˆıntr-una geometric˘a. Pentru aceasta este suficient s˘a b+c−a c+a−b a+b−c punem x = ,y = respectiv z = . Obt¸inem 2 2 2 ! ! X X 1 (b + c − a)(c + a − b) ≥ 9. a2 cyc cyc Folosind relat¸iile a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 = (p2 − 4Rr − r2 )2 + 4r2 p2 , X (b + c − a)(c + a − b) = 4r(4R + r), cyc

inegalitatea este echivalent˘ a cu   4r(4R + r) (p2 − 4Rr − r2 ) + 4r2 p2 ≥9⇔ 16R2 r2 p2   (4R + r) (p2 − 4Rr − r2 )2 + 4r2 p2 ≥ 36R2 rp2 ⇔   (p2 − 16Rr + 5r2 )2 (4R + r) + (p2 − 16Rr + 5r2 ) 12Rr(5R − r) + 4r2 (R − 2r) + 4r3 (R − 2r)2 ≥ 0, inegalitate valid˘ a dac˘ a ¸tinem cont de inegalit˘a¸tile lui Gerretsen, p2 ≥ 16Rr − 5r2 ¸si Euler, R ≥ 2r. Observat¸ie. De¸si autorul prezentului articol a g˘asit aceast˘a solut¸ie ˆın mod independent, se pare c˘a ea figureaz˘ a ¸si ˆın [4.], ˆıns˘ a sub o form˘a u¸sor diferit˘a. Aplicat¸ia 9. Se consider˘ a a, b, c trei numere reale strict pozitive. S˘a se demonstreze c˘a b c 3(a + b + c) a + + ≥ . 2 2 2 (b + c) (c + a) (a + b) 4(ab + bc + ca) Darij Grinberg ¸si Cezar Lupu. Mathematical Reflections 2007 Solut¸ie. F˘ ar˘ a a leza generalitatea problemei, putem presupune c˘a a ≤ b ≤ c. De aici evident 1 1 1 ≤ ≤ . Conform cu inegalitatea lui Cebˆa¸sev, avem c˘a 2 2 (b + c) (c + a) (a + b)2    a b c a+b+c 1 1 1 + + ≥ + + . (b + c)2 (c + a)2 (a + b)2 3 (a + b)2 (b + c)2 (c + a)2 Din aplicat¸ia 8, concluzia decurge imediat. Observat¸ie. Inegalitatea de fat¸˘ a este mai tare decˆat cea propus˘a de domnul profesor Constantin Caragea la Olimpiada local˘ a Constant¸a din anul 2003. Problema are urm˘atorul enunt¸:

8

Dac˘a a, b, c sunt numere reale strict pozitive, atunci este adev˘arat˘a inegalitatea a b c 2(a + b + c)2 + + ≥ . 2 2 2 (b + c) (c + a) (a + b) 3(a + b)(b + c)(c + a) ˆIntr-adev˘ ar, totul rezult˘ a din aplicat¸ia 9 ¸si inegalitatea (a + b)(b + c)(c + a) ≥

8 (a + b + c)(ab + bc + ca). 9

Aplicat¸ia 10. Fie a, b, c trei numere strict pozitive. Ar˘atat¸i c˘a r

a + b+c

r

b + c+a

r

c 1 ≤ a+b 2

r

s (a + b)(b + c)(c + a) abc +2 . abc (a + b)(b + c)(c + a) Cezar Lupu

Solut¸ie. Not˘ am m =

a b c ,n = ¸si p = . Astfel, avem identitatea b+c c+a a+b 1 1 1 + + =2⇔ m+1 n+1 p+1 mn + np + pm + 2mnp = 1,

plus inegalitatea care trebuie demonstrat˘a √

m+

√

n+

√

1 √ p≤ √ + 2 mnp ⇔ 2 mnp

√ 1 √ √ m np + n pm + p mn ≤ + 2mnp. 2 √ √ √ Acum, dac˘ a not˘ am x = np, y = pm, z = mn problema se reduce la a ar˘ata c˘a xy + yz + zx ≤

1 + 2xyz 2

plus condit¸ia x2 + y 2 + z 2 + 2xyz = 1. care nu este altceva decˆat aplicat¸ia 5. Aplicat¸ia 11. Fie x, y, z numere reale strict pozitive astfel ˆıncˆat xyz = 1. Ar˘a¸tat¸i c˘a   x y z 9 1 1 1 + + ≥ − + + . y+z z+x x+y 4 x(y + z)2 y(z + x)2 z(x + y)2 Solut¸ie. Din aplicat¸ia 8 avem c˘ a xy + yz + zx xy + yz + zx xy + yz + zx 9 + + ≥ . 2 2 2 (x + y) (y + z) (a + b) 4 Astfel, dup˘ a cˆ ateva calcule, inegalitatea este echivalent˘a cu x y z yz zx xy 9 + + + + + ≥ . 2 2 2 y+z z + x x + y (y + z) (z + x) (x + y) 4 Acum, ¸tinˆ and cont de ipotez˘ a inegalitatea rezult˘a imediat.

9

Aplicat¸ia 12. S˘ a se arate c˘ a ˆın orice triunghi ABC este adev˘arat˘a inegalitatea (a + b)(b + c)(c + a) + (b + c − a)(c + a − b)(a + b − c) ≥ 9abc. Virgil Nicula, Mathematical Reflections 2007. Solut¸ie. Din identitatea (a + b)(b + c)(c + a) = (a + b + c)(ab + bc + ca) − abc ¸si din faptul c˘a ab + bc + ca = p2 + r2 + 4Rr deducem c˘a (a + b)(b + c)(c + a) = 2p(p2 + r2 + 2Rr). Folosind ¸si faptul c˘ a (b + c − a)(c + a − b)(a + b − c) = 8pr2 , inegalitatea se reduce la a demonstra c˘a 2p(p2 + r2 + 2Rr) + 8pr2 ≥ 9abc. Mai departe, inegalitatea este echivalent˘a cu p2 + 5r2 + 2Rr ≥

9abc . a+b+c

Acum, folosind inegalitatea lui Gerretsen, p2 + 5r2 ≥ 16Rr, concluzia problemei rezult˘a imediat. Aplicat¸ia 13. S˘ a se arate c˘ a ˆın orice triunhi ABC ˆın care I este centrul cercului ˆınscris, iar M, N, P reprezint˘ a mijloacele laturilor triunghiului ABC este adev˘arat˘a inegalitatea IM 2 + IN 2 + IP 2 ≥ r(2R − r). Solut¸ie. Folosind relat¸ia lui Leibniz ˆıntr-un triunghi avem IM 2 + IN 2 + IP 2 = 3IG2 +

MN2 + NP2 + PM2 . 3

Mai departe, folosind 9IG2 = p2 + 5r2 − 16Rr ¸si M N = IM 2 + IN 2 + IP 2 =

b a c , N P = respectiv P M = , obt¸inem 2 2 2

p2 + 3r2 − 12Rr . 2

Din inegalitatea lui Gerretsen, p2 ≥ 16Rr − 5r2 , avem IM 2 + IN 2 + IP 2 ≥ 2Rr − r2 = r(2R − r).

ˆIn cele ce urmeaza vom da cˆ ateva aplicat¸ii urmate de indicat¸ii, l˘asˆand cititorul s˘a completeze detaliile. Aplicat¸ia 14. Fie a, b, c trei numere reale strict pozitive. Demonstrat¸i c˘a a2 + 2bc b2 + 2ca c2 + 2ab 9 + + ≥ . (b + c)2 (c + a)2 (a + b)2 4 Vasile Cˆartoaje Indicat¸ie. Se demonstreaz˘ a c˘ a c2 + ab c2 + ab a b c a2 + bc + + ≥ + + 2 2 (b + c) (a + b) (a + b)2 b+c c+a a+b 10

¸si se mai ¸tine cont de aplicat¸ia 8. Aplicat¸ia 15. Fie a, b, c threi numere reale strict pozitive. S˘a se demonstreze c˘a   a2 + bc b2 + ca c2 + ab 3 a2 + b2 + c2 − ab − bc − ca + + ≥a+b+c+ . b+c c+a a+b 4 a+b+c Octavian Ganea, Cezar Lupu, La Gaceta Indicat¸ie. Se aduce inegalitatea sub forma X (a + b)(a + c) cyc

b+c

≥2

X

a+

cyc

3 · 4

P

cyc

a2 − P

P

cyc

cyc

bc

a

¸si se folose¸ste inegalitatea lui Gerretsen, p2 ≥ 16Rr − 5r2 . Aplicat¸ia 16. Fie x, y, z trei numere reale strict pozitive. S˘a se arate c˘a xy yz zx 9 + + ≥ . z(x + y)2 x(y + z)2 y(z + x)2 4(x + y + z)

Indicat¸ie. Se noteaz˘ a xy = a, yz = b ¸si zx = c ¸si se folose¸ste aplicat¸ia 8. Aplicat¸ia 17. Fie x, y, z trei numere reale strict pozitive astfel ˆıncˆat x + y + z = 1. S˘a se arate c˘a

1 1 1 9 1 + + ≤ + . x y z 4 4xyz Y.N. Aliyev, JIPAM 2007

Indicat¸ie. Se transorm˘ a inegalitatea dat˘a ˆıntr-una geometric˘a folosind substitut¸iile x = b+c−a c+a−b a+b−c ,y = ,z = ¸si se utilizeaz˘a apoi inegalitatea lui Gerretsen, p2 ≥ 2 2 2 16Rr − 5r2 . ˆIn ˆıncheiere, a¸s dori s˘ a-i mult¸umesc domnului profesor Virgil Nicula pentru discut¸iile purtate pe marginea aceastei teme, care au contribuit ˆın mod decisiv la ˆımbun˘at˘a¸tirea articolului de fat¸˘a. Bibliografie. [1.] Liviu Nicolescu, Wladimir Boskoff- Probleme practice de geometrie, Ed.Tehnic˘a, 1990. [2.] I.V. Maftei, P.G.Popescu, Mihai Piticari, Cezar Lupu, Mihaela Alexandra T˘at˘arˆam- Inegalit˘a¸ti alese ˆın matematic˘ a, Ed. Niculescu, 2005. [3.] Titu Andreescu, Vasile Cˆ artoaje, Gabriel Dospinescu, Mircea Lascu- Old & new inequalities, GIL publishing house, 2004. [4.] Yu-Dong Wu, Chang-Jian Zhao- Building triangle to prove algebraic inequalities, Octogon Mathematical Magazine, vol 12, no.2.A./2004, October 2004. [5.] Vasile Cˆ artoaje- Algebraic inequalities, old & new methods, GIL publishing house, 2006.

11