Page 81 - RMGO 3

Rezolvarea problemelor din num˘arul anterior 81

ea fiind atins˘a ˆın (1 + t, 1 + t, 1 − 2t) s , i permut˘arile sale. Astfel este suficient
√ r √
p √ (1 − 2t) (1 + t) 2
2
s˘a ar˘at˘am c˘a 3 (1 + 2t ) + 2 2 − 3 ≥ 2 2 1 − t . Prin
1 − t
√ √ √ p r 1 − 2t
ridicare la p˘atrat, aceasta devine 2 3 2 2 − 3 (1 + 2t ) (1 + t) ≥ ·
2
√ √ 1 − t
2 2 √ 2 2
2t 2t − t − 6 + 2 3 2 2 − 3 (1 + t) . Cum 2t 2t − t − 6 ≤ 0, este su-
r
1 − 2t
p
2
ficient s˘a ar˘at˘am c˘a (1 + 2t ) (1 + t) ≥ (1 + t) , inegalitate echivalent˘a
1 − t
3
2
cu 1 + 2t 2 (1 − t) ≥ (1 − 2t) (1 + t), deci cu 4t ≥ 2t , adev˘arat.
r
1 √ √ abc (a + b + c)
Cazul 2. t ∈ , 1 . Atunci 2 2 − 3 > 0, deci este
2 √ ab + bc + ca
p 2 2 2
2
suficient s˘a ar˘at˘am c˘a 3 (1 + 2t ) ≥ 2 2 1 − t , adic˘a 2t − 5 4t − 1 ≤ 0,
adev˘arat.
MGO 68. Determinat ,i numerele reale pozitive k pentru care inegalitatea
√ √ √ √
ka + 1 + kb + 1 + kc + 1 ≥ 3 k + 1
are loc pentru orice a, b, c ∈ [0, ∞) astfel ˆıncˆat a + b + c = ab + bc + ca > 0.
Leonard Mihai Giugiuc, Romˆania, Michael Rozenberg, Israel
s , i Valmir Krasniqi, Kosovo

Solut ,ie. a = 0 s , i b = c = 2 verific˘a a + b + c = ab + bc + ca > 0, deci
√ √
1 + 2 2k + 1 ≥ 3 k + 1, de unde obt , inem k ≤ 24. Reciproc, vom demonstra c˘a
orice k ∈ (0, 24] satisface cerint , a problemei. Fie a + b + c = ab + bc + ac = w > 0.
2
2
Deoarece (a + b + c) ≥ 3 (ab + bc + ac), avem w ≥ 3w, deci w ≥ 3. Putem
presupune, f˘ar˘a a restrˆange generalitatea, c˘a bc = max {ab, bc, ac}. Atunci bc ≥ 1.
b + c − bc
2
Evident, a = . Not˘am b + c = 2s s , i bc = p . Avem s ≥ p (Inegali-
b + c − 1
2s − p 2
tatea mediilor), p ≥ 1 s , i a = . Cazul 1. 1 ≤ p ≤ 2. Consider˘am funct , ia
2s − 1
2t − p 2
2
f p (t) = , t ∈ [p, ∞). Deoarece p ≥ 1, rezult˘a c˘a f p este cresc˘atoare,
2t − 1
2p − p 2
deci f p (s) ≥ f p (p), prin urmare a ≥ . Aplicˆand Inegalitatea medii-
√ √ p 2p − 1 p
2
lor avem kb + 1 + kc + 1 ≥ 2 4 (kb + 1) (kc + 1) = 2 4 k bc + k (b + c) + 1 =
p p √ √
2 2
2 2
2 4 k p + 2ks + 1 ≥ 2 4 k p + 2kp + 1 = 2 kp + 1. Prin urmare, ka + 1 +
s
√ √ 2 − p √ 2 − p k
kb + 1 + kc + 1 ≥ kp + 1 + 2 kp + 1. Dar kp = ·
2p − 1 2p − 1 p
2 − p p 2 k 2 − p 2 − p
p 2 s , i ≥ 1, deci · p 2 ≥ k . Astfel, avem
2p − 1 2p − 1 p 2p − 1 p
s s

2 − p √ 2 − p √ √
kp + 1 + 2 kp + 1 ≥ k + 1 + 2 kp + 1, deci ka + 1 +
2p − 1 p