Page 33 - RMGO 5

Rezolvarea problemelor din num˘arul anterior 33

a
a
a
Adunˆand cele dou˘ inegalit˘at , i, rezult˘ c˘
1 2 1 1
Z
00
2
f (x) dx ≥ 3f (c) 3 + 3 .
−1 (1 + c) (1 − c)
2
1 1 2(1 + 3c ) Z 1 2
2
00
Cum 3 + 3 = 2 3 > 2, rezult˘a c˘a f (x) dx ≥ 6f (c) =
(1 + c) (1 − c) (1 − c ) −1
2
a
6 · max f (x), adic˘ inegalitatea din enunt , .
x∈[−1,1]
MGO 160. Fie a, b, c, d ≥ 0 astfel ˆıncˆat ab + ac + ad + bc + bd + cd = 6.
Demonstrat ,i c˘a
√
2 + 2 √
2
2
2
2
a + b + c + d + · (abc + abd + acd + bcd) ≥ 2 4 + 2 .
2
Cˆand are loc egalitatea?
Leonard Mihai Giugiuc, Drobeta Turnu Severin
a
Solut ,ie. Vom utiliza urm˘atoarele dou˘ rezultate.
Lema 2 (problema L 355 din RecMat 2/2018). Fie a, b, c, d ∈ R astfel ˆncˆat
ı
2
2
2
2
2

2
a + b + c + d = 4s s , i a + b + c + d = 4 3t + s , cu s, t ≥ 0. Atunci
2
abc+abd+acd+bcd ≥ (s+t) (s−2t), cu egalitate pentru (s + t, s + t, s + t, s − 3t)
s , i permut˘arile sale.
Lema 2 (problema MGO 79 din RMGO 1/2018). Fie α > β > 0 s , i a, b, c, d ≥ 0
2
2
2
2
2
2
astfel ˆıncˆat a + b + c + d = 2α + β s , i a + b + c + d = 2α + β . Atunci
2
abc + abd + acd + bcd ≥ α β, cu egalitate pentru (α, α, β, 0) s , i permut˘arile sale.
2
Deoarece 3 (a + b + c + d) ≥ 8 (ab + ac + ad + bc + bd + cd) = 48, deducem
2
u + 1
c˘ a + b + c + d = 2 · , cu u ≥ 1. Inegalitatea dorit˘ este echivalent˘ cu
a
a
a
u
√
2 2 √
u + 1 2 + 2
4 − 12 + · (abc + abd + acd + bcd) ≥ 2 4 + 2 .
u 2
2
2
u + 1 u − 1
√
Cazul 1. u ∈ 1, 2 . Aplicˆand Lema 1 pentru s = s , i t =
2u 2u
2
2 − u
3

avem min (abc + abd + acd + bcd) = 2 3u − u , atins ˆın u, u, u, s , i per-
u
2 2
u + 1 √
a
a
mut˘arile. Deci este suficient s˘ ar˘at˘am c˘ 4 −12+ 2 + 2 3u − u 3 ≥
√ u
√ 2 √ √ √
2
2 4 + 2 , adic˘a 2 − u (u − 1) 2 + 2 u + 2 + 4 2 u + 2 2 ≥ 0, ine-
√
a
a
a
galitate adev˘arat˘ pentru orice u ∈ 1, 2 . Egalitatea are loc dac˘ s , i numai dac˘
√ √ √ √
u = 1 sau u = 2, adic˘ pentru (1, 1, 1, 1) sau 2, 2, 2, 0 s , i permut˘arile sale.
a