Page 80 - RMGO 3

80 Rezolvarea problemelor din num˘arul anterior

Clasa a X-a

MGO 66. Rezolvat ,i ˆın mult ,imea numerelor reale inecuat ,ia

x
x
x
5 + 9 + 10 + 12 x
> 1.
x
x
x
x
3 + 4 + 6 + 8 + 15 x
Mihai Florea Dumitrescu, Potcoava
x
x
x
x
x
x
x
x
x
Solut ,ie. Inecuat , ia devine, succesiv: 15 +8 +6 +4 +3 −12 −10 −9 −5 < 0
x
x
4 3
x
x
x
x
x
(numitorul fiind pozitiv); (5 −4 −3 )(3 −2 −1) < 0; 1− − 1−
5 5
x
x
2 1
− < 0. Notˆand expresiile din cele dou˘a paranteze drepte cu f(x),
3 3
respectiv g(x), rezult˘a c˘a f s , i g sunt funct , ii strict cresc˘atoare pe R, cu f(2) = 0

f(x) > 0 f(x) < 0
s , i g(1) = 0. Astfel avem: f(x)g(x) < 0 ⇔ sau
g(x) < 0 g(x) > 0

f(x) > f(2) f(x) < f(2) x > 2 x < 2
⇔ sau ⇔ (fals) sau ⇔
g(x) < g(1) g(x) > g(1) x < 1 x > 1
x ∈ (1, 2).
1 1 1
MGO 67. Fie a, b, c > 0 astfel ˆıncˆat a + b + c = + + . Demonstrat ,i c˘a
a b c
√ √ √
p
2
2
2
a + b + c + 2 2 − 3 ≥ 2 2abc.
Leonard Mihai Giugiuc, Drobeta Turnu Severin
abc (a + b + c) ab + bc + ca
Solut ,ie. Evident, 1 = s , i abc = . Deci inegalitatea
ab + bc + ca a + b + c
cerut˘a se rescrie ca
√ √ r √

p abc (a + b + c) ab + bc + ca
2
2
2
a + b + c + 2 2 − 3 ≥ 2 2 , (1).
ab + bc + ca a + b + c
Demonstr˘am c˘a aceast˘a inegalitate are loc pentru orice a, b, c > 0. Putem pre-
3a
0
supune, f˘ar˘a a restrˆange generalitatea, c˘a a + b + c = 3 (se ia a = ,
a + b + c
3b 3c
0
0
0
0
0
0
0
0
b = , c = , deci a + b + c = 3, iar din (1) pentru (a , b , c ) se
a + b + c a + b + c
2
obt , ine (1) pentru (a, b, c)). Cum 3 (ab + bc + ca) ≤ (a + b + c) , exist˘a t ∈ [0, 1)

2
2

2
2
2
astfel ˆıncˆat ab + bc + ca = 3 1 − t , deci a + b + c = 3 1 + 2t .
1

Cazul 1. t ∈ 0, . Conform Teoremei 3 de la pag. 41 din RMGO 1/2018
2
2
(http://rmgo.upit.ro), valoarea minim˘a a produsului abc este (1 + t) (1 − 2t),