Page 20 - RMGO 4

20 Rezolvarea problemelor din num˘arul anterior

◦
m (^ABC) = 90 ), deci conform Relat ,iei lui Sylvester pentru 4DEF avem
−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −→
OI = OD + OE + OF, (2). Din (1) s , i (2) rezult˘a c˘a 3OV = −OI, deci punctele
O, V s , i I sunt coliniare.
r a r a
Y X
MGO 105. Ar˘atat ,i c˘a ˆın orice triunghi ABC avem 4 · − = 1.
h a h a
Daniel Jinga, Pites , ti

r a S a a
Solut ,ie (Daniel V˘acaru, Pites , ti). Avem = · = . Rezult˘a c˘a
h a p − a 2S 2(p − a)
Q r a abc pabc 2R P r a a
4 · = = = , (1) s , i = +
h a 2(p − a)(p − b)(p − c) 2S 2 r h a 2(p − a)
2
b c p (a + b + c) − 2p(ab + bc + ca) + 3abc
+ = . Dar ab + bc + ca =
2(p − b) 2(p − c) 2(p − a)(p − b)(p − c)
2
2
p + r + 4Rr s , i abc = 4RS = 4pRr, deci P r a = pr(2R − r) =
h a (p − a)(p − b)(p − c)
2
p r(2R − r) 2R − r
= , (2). Din (1) s , i (2) obt , inem relat , ia din enunt , .
S 2 r

Clasa a X-a

MGO 106. Fie x, y, z ∈ (0, ∞) astfel ˆıncˆat x + y + z = xyz. Demonstrat ,i c˘a
√
x y z 3 3
+ + ≤ .
1 + x 2 1 + y 2 1 + z 2 4

Cˆand are loc egalitatea?
Alexandru Daniel Pˆırvuceanu, elev, Drobeta Turnu Severin

Solut ,ie (Daniel V˘acaru, Pites , ti). Din condit , iile date rezult˘a c˘a exist˘a un triunghi
ascut , itunghic ABC astfel ˆıncˆat x = tg A, y = tg B s , i z = tg C. Astfel avem
x tg A sin 2A y
2
= = tg A cos A = sin A cos A = s , i, analog, =
2
1 + x 2 1 + tg A 2 1 + y 2
sin 2B z sin 2C x y z sin 2A + sin 2B + sin 2C
, = , deci + + = .
2 1 + z 2 2 1 + x 2 1 + y 2 1 + z 2 2
Cum funct , ia sin este concav˘a pe intervalul (0, π), conform Inegalit˘at ,ii lui Jensen
√
sin 2A + sin 2B + sin 2C 3 2(A + B + C) 3 2π 3 3
avem ≤ · sin = · sin = , de
2 2 3 2 3 4
unde obt , inem concluzia.
π √
Egalitatea are loc dac˘a s , i numai dac˘a A = B = C = , adic˘a x = y = z = 3.
3