Page 40 - RMGO 6

40 Costel ANGHEL s , i Florea BADEA

Pentru a demonstra (2), pornind de la Inegalitatia lui Ces`aro avem, succesiv:

(a + b)(b + c)(c + a) ≥ 8abc;
9(a + b)(b + c)(c + a) ≥ 8 [abc + (a + b)(b + c)(c + a)] ;
8
(a + b)(b + c)(c + a) ≥ (a + b + c)(ab + bc + ca);
9
8
(a + b)(b + c)(c + a) ≥ (a + b + c).
9
√
Astfel este suficient s˘a demonstr˘am c˘a a + b + c ≥ 3, inegalitate echivalent˘a
2
2
2
2
cu (a + b + c) ≥ 3(ab + bc + ca), deci cu a + b + c ≥ ab + bc + ca, iar ultima
inegalitate este evident˘a.
1 √
Egalitatea are loc pentru a = b = c = √ , adic˘a x = y = z = 3.
3
Atˆat condit , ia din enunt , ul problemei, cˆat s , i cea din problema reformulat˘a,
conduc la recondit , ion˘ari trigonometrice. Vom demonstra urm˘atoarele:

Lema 1. Dac˘a x + y + z = xyz, x, y, z ∈ (0, ∞), atunci exist˘a un triunghi
ascut ,itunghic ABC astfel ˆıncˆat x = tg A, y = tg B, z = tg C.

Demonstrat¸ie. Fie x = tg A s , i y = tg B. Atunci tg A + tg B + z = tg A · tg B · z,
deci
tg A + tg B
z = − = −tg (A + B) = tg (π − (A + B)),
1 − tg Atg B
s , i notˆand C = π − (A + B) obt , inem concluzia (triunghiul este ascut , itunghic
deoarece x, y, z > 0).

a
a
Lema 2. Dac˘ xy + yz + zx = 1, x, y, z ∈ (0, ∞), atunci exist˘ un triunghi ABC
A B C
astfel ˆıncˆat x = tg , y = tg , z = tg .
2 2 2

A B A B Å A B ã
Demonstrat¸ie. Fie x = tg , y = tg . Avem tg tg + z tg + tg = 1,
2 2 2 2 2 2
deci
A
1 − tg tg B A + B Å π A + B ã
z = 2 2 = ctg = tg −
tg A + tg B 2 2 2
2 2
C π A + B
s , i notˆand = − obt , inem concluzia.
2 2 2

Pe baza acestor leme, putem prezenta acum solut , ii trigonometrice pentru
problema considerat˘a.