Page 99 - RMGO 2

Rezolvarea problemelor din num˘arul anterior 99

MGO 23. Fie a, b, c, d > 0 s , i e ≥ 2. Demonstrat ,i c˘a
a b c d e + 1
+ + + < .
ea + b eb + c ec + d ed + a e
Daniel Jinga, Pites , ti
Solut ,ie. F˘ar˘a a restrˆange generalitatea, fix˘am e ≥ 2 s , i presupunem c˘a d =
c c d 1
max{a, b, c, d}. Atunci ≤ s , i < , deci este suficient s˘a
ec + d ec + a ed + a e
a b c 1 1 1
ar˘at˘am c˘a + + ≤ 1, adic˘a + + ≤ 1, unde
ea + b eb + c ec + a e + x e + y e + z
b c a
x = , y = , z = , x, y, z > 0 s , i xyz = 1. Cum e ≥ 2, este suficient s˘a ar˘at˘am
a b c
1 1 1
c˘a + + ≤ 1. Efectuˆand calculele, inegalitatea anterioar˘a devine
2 + x 2 + y 2 + z
xy + xz + yz + xyz ≥ 4. Aceast˘a inegalitate este adev˘arat˘a, deoarece xyz = 1 s , i,
conform Inegalit˘at ,ii mediilor, xy + xz + yz ≥ 3.
MGO 24. Calculat ,i

2 2 2
max abc(1 + a )(1 + b )(1 + c ) | a, b, c ∈ [0, +∞), a + b + c = 3 .
Florin St˘anescu, G˘aes , ti
Solut ,ie. Fie a, b, c ≥ 0 a.ˆı. a + b + c = 3. Utilizˆand Inegalitatea mediilor
1
2
2
2
2
2
2
avem abc(1 + a )(1 + b )(1 + c ) = · 2a(1 + a ) · 2b(1 + b ) · 2c(1 + c ) ≤
8
2
2
2 2 2 2
1 2a + 1 + a 2b + 1 + b 2c + 1 + c 1 4
= [(1 + a)(1 + b)(1 + c)] ≤
8 2 2 2 8 3
" # 4
3
1 (1 + a + 1 + b + 1 + c 1 12
= · 2 = 8, iar inegalit˘at , ile devin egalit˘at , i
8 3 3 8 3
dac˘a s , i numai dac˘a a = b = c = 1. Deci valoarea maxim˘a cerut˘a este egal˘a cu 8.
MGO 25. Fie paralelogramul ABCD cu AB = 4, DB = 3 s , i BC = 2. Fie G
centrul de greutate al triunghiului ABD, I centrul cercului ˆınscris ˆın triunghiul
DBC, iar P simetricul lui I fat ,˘a de un punct M de pe dreapta BC. Determinat ,i
pozit ,ia punctului M astfel ˆıncˆat punctele P, I s , i G s˘a fie coliniare.
Daniela Nadia Taclit, Slatina
Solut ,ie. Cum I, M, P sunt coliniare, rezult˘a c˘a P, I, G sunt coliniare dac˘a s , i numai
CM −−→ −−→ −−→ −−→
dac˘a M, I, G sunt coliniare. Fie k = , deci MC = −kCB s , i MB = (1 − k)CB.
CB
−−→ 1 −−→ −−→ −−→ 1 h −−→ −−→ i
Obt , inem c˘a MI = 4MB + 3MC + 2MD = (4 − 9k)CB + 2CD s , i
9 9
−−→ 1 −−→ −−→ −−→ 1 h −−→ −−→ i

MG = MA + MB + MD = (2 − 3k)CB + 2CD . Avem echivalent , ele:
3 3 −−→ −−→
P, I, G sunt coliniare ⇔ M, I, G sunt coliniare ⇔ MI, MG sunt coliniari ⇔
4 − 9k 2 1 CB 2
= ⇔ k = ⇔ M ∈ (CB), CM = = .
2 − 3k 2 3 3 3