Page 23 - RMGO 5

Rezolvarea problemelor din num˘arul anterior 23

r r
1 1 1 1 ab + bc + cd + da
Conform ipotezei, avem + + + = = 2, (2) .
ab bc cd da abcd
Folosind Inegalitatea mediilor s , i Inegalitatea Cauchy-Buniakowski-Schwarz avem

1 1 1 1 1 1 1 1 1
+ + + ≤ √ + √ + √ + √
a + b b + c c + d d + a 2 ab bc cd da
r
1 p 1 1 1 1
≤ · 1 + 1 + 1 + 1 · + + + = 2,
2
2
2
2
2 ab bc cd da
r
1 1 1 1 √
deci + + + ≤ 2, (3) .
a + b b + c c + d d + a
Din (1), (2) s , i (3) se obt , ine inegalitatea din enunt , .
MGO 144. Demonstrat ,i c˘a ˆın orice triunghi ABC are loc identitatea

A B C A B C
(p − a) sin + (p − b) sin + (p − c) sin = r cos + cos + cos .
2 2 2 2 2 2
Mih´aly Bencze, Bras , ov

r
A (p − a)(p − b)
Solut ,ie (Daniel V˘acaru, Pites , ti). Avem (p − a) sin = (p−a)· =
2 bc
r
p
p (p − a) (p − b) (p − c) p(p − a) S A A
· = · cos = r cos . Procedˆand analog
p bc p 2 2
pentru b s , i c s , i adunˆand relat , iile, obt , inem egalitatea din enunt , .
ˆ
MGO 145. In triunghiul ABC se ˆınscrie un semicerc care are centrul pe latura
BC s , i este tangent la laturile AB s , i AC. Se consider˘a punctele Y ∈ [AC] s , i
Z ∈ [AB] astfel ˆıncˆat dreapta Y Z s˘a fie tangent˘a la semicerc. Fie CY = y s , i
BZ = z. Demonstrat ,i c˘a

2
2
2
(b + c) yz = b − c 2 (bz − cy) + a bc.
Francisco Javier Garc´ıa Capit´an, Spania
Solut ,ie (Leonard Mihai Giugiuc, Drobeta Turnu Severin). Not˘am Y Z = x. Fie
L centrul semicercului dat, deci L este centrul cercului A-exˆınscris al 4AY Z.
−→ −→
−→ (b − y) AZ + (c − z) AY −→
Cum AZ = c − z s , i AY = b − y, avem AL = . Dar AZ =
b + c − (x + y + z)
−−→ −→ −−→ −→
(c − z) AB −→ (b − y) AC −→ (b − y) (c − z) bAB + cAC
s , i AY = , deci AL = · .
c b bc b + c − (x + y + z)
−→ −−→ −→
Pe de alt˘a parte, B, L, C sunt coliniare, deci AL = vAB + wAC, cu v + w = 1.
Astfel (b − y) (c − z) (b + c) = bc [b + c − (x + y + z)], deci

2
2
b z + c y − yz (b + c) z (b − y) y (c − z)
x = = + .
bc c b