Page 78 - RMGO 3

78 Rezolvarea problemelor din num˘arul anterior

Pentru a determina marginea superioar˘a a acestei sume, observ˘am c˘a avem
a(a + b + c) a(b + c) abc(b + c − a)
= − , de unde
a(a + b + c) + 2bc ab + bc + ca (ab + bc + ca) [a(a + b + c) + 2bc]
a(a + b + c) a(b + c)
P P
rezult˘a c˘a ≤ = 2. Egalitatea are loc pentru
a(a + b + c) + 2bc ab + bc + ca
abc = 0, adic˘a (x, y, z) = (0, 2, 2) s , i permut˘arile sale.
Pentru a determina marginea inferioar˘a, utiliz˘am substitut ,iile lui Ravi:
1 1 1
X = (a + b − c), Y = (b + c − a), Z = (c + a − b). Avem
2 2 2
X a(a + b + c) X (X + Y )(X + Y + Z)
= .
2
a(a + b + c) + 2bc (X + Y + Z) + XY
9
Pentru X = Y = Z suma are valoarea . Ar˘at˘am c˘a aceasta este chiar margi-
5
X + Y 9
P
nea inferioar˘a, adic˘a (X + Y + Z) ≥ sau, echivalent,
2
(X + Y + Z) + XY 5
n h i h io h i
P P P 2 P 2 Q P 2
5 ( X) (X + Y ) ( X) + Y Z ( X) + ZX ≥ 9 ( X) + XY .
P 6
Efectuˆand ˆınmult , irile, expresia din membrul stˆang este egal˘a cu 10 ( X) +
P 4 P P 3 P P
5 ( X) ( XY ) + 15XY Z ( X) + 10XY Z ( X) ( XY ), iar expresia din
P 6 P 4 P P 3
membrul drept este egal˘a cu 9 ( X) + 9 ( X) ( XY ) + 9XY Z ( X) +
6
3
2
2
2
9X Y Z , deci reducˆand termenii inegalitatea devine ( P X) + 6XY Z ( P X) +
P P P 4 P 2 2 2
10XY Z ( X) ( XY ) ≥ 4 ( X) ( XY ) + 9X Y Z . Efectuˆand calculele
P 6 P 4 4 2 2 2 P 4 2 2
se obt , ine forma X + 2 XY (X + Y ) + 3X Y Z ≥ X (Y + Z ) +
P 3 3
4 X Y . Aceast˘a inegalitate este suma dintre Inegalitatea lui Schur de gradul
P 2 2 2 2 2
al treilea X (X − Y )(X − Z ) ≥ 0 s , i Inegalitatea mediilor aplicat˘a astfel:
P 4 4 P 2 2 P 3 3
2 XY (X + Y ) ≥ 2 XY · 2X Y = 4 X Y . Egalitatea are loc pentru

2 2
X = Y = Z sau X = Y, Z = 0, adic˘a (x, y, z) = (1, 1, 1) sau (x, y, z) = 2, ,
3 3
9
ˆ
s , i permut˘arile sale. In concluzie, valorile extreme ale expresiei date sunt s , i 2.
5
0
0
0
MGO 63. Fie ABC s , i A B C dou˘a triunghiuri asemenea astfel ˆıncˆat vectorii
−−→ −−→ −−→
~
0
0
0
AA , BB s , i CC nu sunt tot ,i coliniari s , i au suma 0. S˘a se arate c˘a cercurile
ˆınscrise ˆın cele dou˘a triunghiuri au acelas , i centru dac˘a s , i numai dac˘a triunghiurile
sunt echilaterale.
Marin Ionescu, Pites , ti
0
0
0
0
Solut ,ie. Fie G s , i G centrele de greutate ale triunghiurilor ABC, respectiv A B C ,
0
iar I, respectiv I centrele cercurilor ˆınscrise ˆın cele dou˘a triunghiuri. Conform
−−→ −−→ −−→
0
0
0
~
0
ipotezei, AA + BB + CC = 0, (1). Rezult˘a c˘a G = G . Dac˘a triunghiurile
0
0
0
sunt echilaterale, atunci I = G s , i I = G , deci I = I . Reciproc, s˘a consider˘am c˘a
−→ a −→ b −−→ c −−→ −→ −−→ −−→
0
~
I = I . Avem GI = · GA + · GB + · GC s , i GA + GB + GC = 0, deci
2p 2p 2p
0
0
0
0
−→ a − c −→ b − c −−→ −→ a − c −−→ b − c −−→
0
0
GI = ·GA+ ·GB, (2). Analog, GI = ·GA + ·GB , (3).
2p 2p 2p 0 2p 0