Patrulatere particulare Organizarea colectivului de [604433]
Cuprins
INTRODUCERE iii
1 Triunghiul. Rela¸ tii metrice în triunghi 1
1.1 Linii importante în triunghi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
1.2 Teorema sinusului ¸ si a cosinusului. . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.3 Aria triunghiului . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
1.4 Teorema lui Euler ¸ si lui Leibniz . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
1.5 Inegalit ¼a¸ ti algebrice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
1.5.1 Inegalitatea lui Jensen. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
1.5.2 Inegalitatea mediilor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
1.5.3 Inegalitatea CBS (Cauchy-Buniakovski-Schwarz) . . . . 17
1.5.4 Inegalitatea lui Ceb⸠sev . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
2 Inegalit ¼a¸ ti în triunghi. 19
2.1 Inegalit ¼a¸ ti de baz ¼a în triunghi . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
2.2 Inegalit ¼a¸ ti geometrice în care apar laturile unui triunghi . . . . 24
2.3 Inegalit ¼a¸ ti în care apar unghiurile unui triunghi . . . . . . . . 29
2.4 Inegalit ¼a¸ ti în care apar laturile ¸ si unghiurile unui triunghi. . . 35
2.5 Inegalit ¼a¸ ti în care apar R; r; O; G: . . . . . . . . . . . . . . . 39
2.6 Inegalit ¼a¸ ti în care apar arii ¸ si perimetre . . . . . . . . . . . . . 47
2.7 Probleme de maxim ¸ si de minim . . . . . . . . . . . . . . . . . 52
3 Inegalit ¼a¸ ti deosebite 60
3.1 Inegalit ¼a¸ ti date la olimpiade ¸ si concursuri ¸ scolare . . . . . . . 60
3.2 Inegalit ¼a¸ ti algebrice ce pot
transformate în inegalit ¼a¸ ti geo-
metrice. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65
3.3 Teorema Erdös-Mordell . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71
3.4 Inegalit ¼a¸ ti din Gazeta Matematic ¼a . . . . . . . . . . . . . . . . 77
3.5 Inegalit ¼a¸ ti remarcabile . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81
3.5.1 Inegalitatea lui Bergström (Titu Andreescu). . . . . . . 82
3.5.2 Inegalitatea lui Mitrinovic. . . . . . . . . . . . . . . . . 85
i
CUPRINS ii
3.5.3 Inegalitatea lui Schur . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 89
3.5.4 Inegalitatea lui Gerretsen . . . . . . . . . . . . . . . . 91
4 Aspecte metodice în predarea geometriei 96
4.1 Metode ¸ si tehnici de înv ¼a¸ tare . . . . . . . . . . . . . . . . . . 96
4.1.1 Înv ¼a¸ tarea activ ¼a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 96
4.1.2 Metode utilizate în predare-înv ¼a¸ tare . . . . . . . . . . . 98
INTRODUCERE
introducere
iii
Capitolul 1
Triunghiul. Rela¸ tii metrice în
triunghi
În acest capitol vom preciza o serie de rezultate pe care le vom folosi în
capitolele urm ¼atoare ¸ si la care vom face referin¸ t ¼a pe parcursul lucr ¼arii.
1.1 Linii importante în triunghi
În aceast ¼a sec¸ tiune vom prezenta câteva no¸ tiuni referitoare la linii im-
portante în triunghi ¸ si concuren¸ ta lor. Nota¸ tiile din aceast ¼a sec¸ tiune le vom
folosi pe tot parcursul lucr ¼arii.
De
ni¸ tia 1.1 Fiind date trei puncte distincte necoliniare,
gura geometric ¼a
dat¼a de reuniunea segmentelor închise determinate de ele se nume¸ ste tri-
unghi.
1
CAPITOLUL 1. TRIUNGHIUL. RELA ¸ TII METRICE ÎN TRIUNGHI 2
Triunghiul de mai sus are ¸ sase elemente m ¼asurabile. Trei lungimi de
laturi ¸ si trei m ¼asuri de unghiuri. Lungimea laturii AB =c;a laturii BC =
a¸ si lungimea laturii AC=b:Mai not ¼am cu p=a+b+c
2semiperimetrul.
În aceast ¼a sbsec¸ tiune vom de
ni liniile importante în triunghi, concuren¸ ta
lor si vom face câteva demonstra¸ tii.
De
ni¸ tia 1.2 Mediatoarea unui triunghi, este o dreapt ¼a, perpendicular ¼a pe
mijlocul laturii unui triunghi.
Triunghiul admite trei mediatoare, una pe
ecare latur ¼a a acestuia.
Teorema 1.1 Într-un triunghi mediatoarele sunt concurente. Punctul lor de
concuren¸ t ¼a îl not ¼am cu O¸ si îl numim centrul cercului circumscris triunghi-
ului.
Demonstra¸ tie.
CAPITOLUL 1. TRIUNGHIUL. RELA ¸ TII METRICE ÎN TRIUNGHI 3
FieMmijlocul lui BC¸ siNmijlocul lui AB: Not¼am cu Opunctul
de concuren¸ t ¼a al mediatoarelor laturilor BC¸ siAB: Cele dou ¼a mediatoare
sunt concurente, altfel punctele A; B; C ar
coliniare. Folosind propri-
etate punctelor de pe mediatoare avem c ¼a[OA][OB]¸ si[OB][OC];de
aici tragem concluzia c ¼a[OA][OC];deci punctul Ose a ¼a ¸ si pe medi-
atoarea laturii AC: Segmentele [OA];[OB];[OC]reprezint ¼a raza cercului
circumscris triunghiului ABC pe care o vom nota cu R:
De
ni¸ tia 1.3 Bisectoarea interioar ¼a a unui triunghi este o semidreapt ¼a cu
originea în vârful unghiului, situat ¼a în interiorul unghiului, ce împarte unghiul
triunghiului în dou ¼a unghiuri congruente.
Triunghiul admite trei bisectoare, una pentru
ceare unghi al triunghiului.
Teorema 1.2 Bisectoarele unui triunghi sunt concurente. Punctul lor de
concuren¸ t ¼a se noteaz ¼a cuI¸ si se nume¸ ste centrul cercului înscris în triunghi.
Demonstra¸ tie.
CAPITOLUL 1. TRIUNGHIUL. RELA ¸ TII METRICE ÎN TRIUNGHI 4
Fie semidreptele [AA 1¸ si[BB 1bisectoarele unghiurilor ^BAC ¸ si^ABC
¸ siIpunctul lor de intersec¸ tie. Aceste dou ¼a bisectoare sunt concurente, al-
tfel ar
paralele ceea ce ar însemna c ¼a^BAA 1¸ si^ABB 1ar
unghiuri
interne de aceea¸ si parte a secantei AB; iar suma lor ar
180ceea ce este
imposbil. Folosind proprietatea punctelor de pe bisectoare (orice punct de
pe bisectoare este egal dep ¼artat de laturile unghiului) putem scrie:
IM =IN¸ siIM =IPde unde tragem concluzia c ¼aIN=IP, deci punc-
tulIapar¸ tine ¸ si bisectoarei duse din C, unde M; N; P sunt picioarele per-
pendicularelor duse din Ipe laturile AB; BC; AC: Segmentele IM; IN; IP
repezint ¼a raza cercului înscris în triunghiu ABC pe care o vom nota cu r:
De
ni¸ tia 1.4 În¼al¸ timea unui triunghi este un segment dus dintr-un vârf al
triunghiului ¸ si perpendicular pe dreapta ce con¸ tine latura opus ¼a.
Triunghiul admite trei în ¼al¸ timi. Câte una pe
ecare latur ¼a a acestuia.
Teorema 1.3 În¼al¸ timile unui triunghi sunt concurente. Punctul lor de con-
curen¸ t ¼a se noteaz ¼a cu H¸ si se nume¸ ste ortocentrul triunghiului.
Demonstra¸ tie.
CAPITOLUL 1. TRIUNGHIUL. RELA ¸ TII METRICE ÎN TRIUNGHI 5
Fie triunghiul ABC cu în ¼al¸ timile AA0; BB0; CC0unde
AA0?BC; BB0?AC; CC0?AB: Paralelele prin vârfurile triunghiului la
laturile opuse se intersecteaz ¼a în punctele A1;B1; C 1:Din congruen¸ ta la-
turilor opuse ale paralelogramelor astfel ob¸ tinute, ABCB 1; ABA 1C1; BCAC 1;
rezult ¼a c¼aAeste mijlocul segmentului B1C1; Beste mijlocul segmentu-
luiA1C1¸ siCeste mijlocul segmentului A1B1:Din faptul c ¼aAA0?BC
¸ siB1C1kBCrezult ¼a c¼aAA0?B1C1, similar BB0?A1C1¸ siCC0?A1B1:
Observ ¼am c ¼a în¼al¸ timile triunghiului ABC sunt mediatoarele triunghiului
A1B1C1;iar mediatoarele unui triunghi sunt concurente.
De
ni¸ tia 1.5 Mediana unui triunghi este un segment ce une¸ ste un vârf al
triunghiului cu mijlocul laturii opuse
Triunghiul admite trei mediatoare. Una pentru
ecare latur ¼a a triunghi-
ului.
Teorema 1.4 Într-un triunghi medianele sunt concurente. Punctul lor de
concuren¸ t ¼a se noteaz ¼a cuG¸ si se nume¸ ste centrul de greutate al triunghiului.
Demonstra¸ tie.
CAPITOLUL 1. TRIUNGHIUL. RELA ¸ TII METRICE ÎN TRIUNGHI 6
FieA0mijlocul lui BC; B0mijlocul lui AC¸ siC0mijlocul lui AB:
Punctul de intersec¸ tie al medianelor AA0;¸ siBB0esteG:Vom ar ¼ata c ¼aG2
BB0:FieA00mijlocul lui AG¸ siC00mijlocul lui CG: Avem c ¼a[AA00]
A00G
¸ si
CC00
C00G
: A00C00este linie mijlocie în triunghiul AGC de unde avem
c¼aA00C00kAC¸ siA00C00=AC
2;similar A0C0kAC¸ siA0C0=AC
2:Am ob¸ tinut
faptul c ¼aA00C00kAC¸ siA0C0kACde unde tragem concluzia c ¼aA0C0kA00C00
¸ si
A00C00
A00C00
:Deci patrulaterul A0C0A00C00este paralelogram cu G
punctul de intersec¸ tie al diagonalelor de unde rezult ¼a c¼a
A0G
GA00
¸ si
C0G
GC00
:Din
AA00
A00G
¸ si
CC00
C00G
rezult ¼a faptul c ¼a
AA00=A00G=A0G=1
3AA0¸ siCC00=C00G=C0G=1
3CC0:Am ar ¼atat c ¼a
Geste punctul de concuren¸ t ¼a al medianelor ¸ si se a ¼a la o treime de baz ¼a ¸ si
dou¼a treimi de vârf pe
ecare median ¼a.
În continuare, pe tot parcursul lucr ¼arii, o s ¼a not ¼am cu mamediana core-
spunz ¼atoare laturii BC, similar mb¸ simc;cuhaîn¼al¸ timea corespunz ¼atoare
luiBC, similar hb¸ sihc¸ si cu lalungimea bisectoarei corespunz ¼atoare laturii
BC; similar lb¸ silc:
1.2 Teorema sinusului ¸ si a cosinusului.
Prezent ¼am aceste dou ¼a teoreme într-o sec¸ tiune separat ¼a deoarece ele
se folosesc des în demonstrarea a multor inegalit ¼a¸ ti geometrice ce apar în
celelalte dou ¼a capitole.
Teorema 1.5 (Teorema sinusurilor). În orice triunghi ABC are loc rela¸ tia
a
sinA=b
sinB=c
sinC= 2R (1.1)
CAPITOLUL 1. TRIUNGHIUL. RELA ¸ TII METRICE ÎN TRIUNGHI 7
Demonstra¸ tie.
Fie punctul Ddiametral opus punctului A, deci ADeste un di-
ametru. Dac ¼aADeste diametru, atunci triunghiul ABD este dreptunghic
în punctul B:Cu aceste considerente avem c ¼asin (^ADB ) =AB
AD=c
2R:
Observ ¼am c ¼a arcul mic_
ABeste subîntins de ^ADB ¸ si de^ACB; deci
m(^ADB ) =m(^ACB ), am ob¸ tinut c ¼asinC=c
2R:
Teorema 1.6 (Teorema cosinusului). În orice triunghi ABC au loc rela¸ tiile
c2=a2+b2 2abcosC (1.2)
a2=b2+c2 2bccosA
b2=a2+c2 2accosB
Demonstra¸ tie. O s¼a ar¼at¼am c ¼ac2=a2+b2 2abcosC;similar se arat ¼a
celelalte dou ¼a rela¸ tii.
CAPITOLUL 1. TRIUNGHIUL. RELA ¸ TII METRICE ÎN TRIUNGHI 8
FieBD?AC;unde D2BC:În triunghiul CDB cum(^D) = 90
avem cosC=CD
a,CD =acosC:sinC=BD
a,BD =asinC: AD =
AC AD,AD =b acosC:
În triunghiul ABD cum(^D= 90)aplic¼am teorema lui pitagora
¸ si ob¸ tinem c ¼ac2=a2sin2C+ (b acosC)2ceea ce este echivalent cu c2=
a2sin2C+b2 2abcosC+a2cos2C:Dând factor comun pe a2¸ si tinând
cont de faptul c ¼asin2C+ cos2C= 1ob¸ tinem c ¼ac2=a2+b2 2abcosC:
În aceast ¼a demonstra¸ tie am considerat c ¼a punctul Dse a ¼a între A¸ siC.
Dac¼a punctul Dnu se a ¼a între A¸ siC, atunci triunghiul este obtuzunghic
în punctul A:În acest caz o s ¼a consider ¼am unghiul ^Ainterior triunghiului
de m ¼asur¼am
^A
¸ si cel exterior triunghiului o s ¼a
e de m ¼asur¼a m
^A
¸ si demonstra¸ tia se face la fel. Dac ¼a dorim s ¼a exprim ¼amcosA;cosB;cosC
în func¸ tie de laturile triunghiului, o s ¼a rezulte rela¸ tiile:
cosA=b2+c2 a2
2bc;cosB=a2+c2 b2
2ac;cosC=a2+b2 c2
2ab:(1.3)
Teorema 1.7 (Teorema lui Stewart). Fie un triunghi ABC ¸ si un punct P
situat pe latura BC, atunci:
AB2PC+AC2PB AP2BC =BPPCBC
Demonstra¸ tie.
Aplic ¼am teorema cosinusului în triunghiul ABP pentru unghiul ^ABP
¸ si în triunghiul ABC pentru ^ABC: Având în vedere faptul c ¼am(^ABP ) =
CAPITOLUL 1. TRIUNGHIUL. RELA ¸ TII METRICE ÎN TRIUNGHI 9
m(^ABC )ob¸ tinem:
cos (^ABP ) =AB2+BP2 AP2
2ABBP;cos (^ABC ) =AB2+BC2 AC2
2ABBC:
Egalând ob¸ tinem
AB2+BP2 AP2
2ABBP=AB2+BC2 AC2
2ABBC:
Eliminând 2ABrezult ¼a c¼a
AB2BC+BP2BC AP2BC =
AB2BP+BC2BP AC2BP,
AB2(BC BP) +AC2BP AP2BC =BC2BP BP2BC()
AB2PC+AC2BP AP2BC =BCBP(BC BP)()
AB2PC+AC2PB AP2BC =BPPCBC:
Teorema 1.8 (Teorema medianei). Într-un triunghi ABC cuMmijlocul
laturii BCavem:
m2
a=2 (b2+c2) a2
4: (1.4)
Demonstra¸ tie.
Aplic ¼am teorema lui Stewart pentru M2BC¸ si avem
c2a
2+b2a
2 m2
aa=a
2a
2a()c2a
2+b2a
2 m2
aa=a3
4()
c2+b2 2m2
a=a2
2() 2
c2+b2
a2= 4m2
a()
m2
a=2 (c2+b2) a2
4:
CAPITOLUL 1. TRIUNGHIUL. RELA ¸ TII METRICE ÎN TRIUNGHI 10
1.3 Aria triunghiului
Sunt mullte inegalit ¼a¸ ti geometrice ce folosesc ariile triunghiurilor în di-
verse forme. Vom enun¸ ta câteva formule de calcul prentru aria triunghiului
pentru care vom schi¸ ta ¸ si câteva demonstra¸ tii.
1. Aria unui triunghi este egal ¼a cu semiprodusul dintre o latur ¼a a
acestuia ¸ si în ¼al¸ timea corespunz ¼atoare ei. Aria triunghiului este inde-
pendet ¼a de baza aleas ¼a. Aria triunghiului o vom nota cu S:
S=aha
2=bhb
2=chc
2: (1.5)
2.
S=pr (1.6)
S=SAIC+SBIC+SAIB=br
2+ar
2+cr
2=r(a+b+c)
2=pr
3.
S=acsinB
2=absinC
2=bcsinA
2(1.7)
sinB=ha
c,ha=csinB:Aplicând formula 1:5ob¸ tinem c ¼aS=
acsinB
2:Similar se arat ¼a celelalte.
CAPITOLUL 1. TRIUNGHIUL. RELA ¸ TII METRICE ÎN TRIUNGHI 11
4.
S=abc
4R: (1.8)
Din teorema sinusurilor rezult ¼a c¼aa
sinA= 2R:Prin ampli
care cu
bcob¸ tinemabc
bcsinA= 2R:Din rela¸ tia 1.7 avem c ¼aabc
2S= 2R,S=abc
4R:
5. Formula lui Heron
S=p
p(p a) (p b) (p c): (1.9)
Din teorema cosinusului rezult ¼a c¼a
cosA=b2+c2 a2
2bc,1 + cos A=2bc+b2+c2 a2
2bc,
2 cos2A
2=(b+c)2 a2
2bc,cos2A
2=(b+c a) (b+c+a)
4bc:
¸ Tinem cont de faptul c ¼a
a+b+c= 2psib +c a=b+c+a 2a= 2p 2a= 2 (p a)
rezult ¼a faptul c ¼a
cos2A
2=2 (p a) 2p
4bc=p(p a)
bc,cosA
2=r
p(p a)
bc:
Având în vedere faptul c ¼asinA
2=r
1 cosA
2va rezulta faptul c ¼a
sinA
2=r
(p b) (p c)
bc:Cum
S=bcsinA
2=bcsinA
2cosA
2=bcr
p(p a) (p b) (p c)
b2c2,
S=p
p(p a) (p b) (p c)
1.4 Teorema lui Euler ¸ si lui Leibniz
Vom enun¸ ta ¸ si demonstra aceste dou ¼a teoreme pe care le vom folosi în
capitolul II ¸ si din care vor rezulta dou ¼a inegalit ¼a¸ ti geometrice importante
(inegalitatea lui Euler ¸ si lui Leibniz) la care fac referin¸ t ¼a multe inegalit ¼a¸ ti
geometrice din aceast ¼a lucrare.
CAPITOLUL 1. TRIUNGHIUL. RELA ¸ TII METRICE ÎN TRIUNGHI 12
Teorema 1.9 (Teorema lui Euler) Fie un triunghi ABC , unde Oeste cen-
trul cercului circumscris triunghiului, Icentrul cercului înscris în triunghi,
Rraza cercului circumscris ¼a triunghiului, iar rraza cercului înscris ¼a în tri-
unghi, atunci are loc
OI2=R2 2Rr: (1.10)
Demonstra¸ tie. Demonstra¸ tia se bazeaz ¼a, în esen¸ t ¼a, pe teorema lui Pitagora.
Consider ¼am cercul ce trece prin punctele B; C; I; cu centrul într-un punct
D, centrul arcului_
BC(arcul_
BCdin cercul ce trece prin punctele A; B; C
cu centrul în O). Fie Mmijlocul segmentului BC¸ siQperpendiculara dus ¼a
din punctul Ipe raza OD.
OB2 OI2=OB2+DI2 BD2 OI2:Am intercalat pe DI¸ siBDcare
sunt raze, iar p ¼atratul diferen¸ tei lor este nul, deci
OB2 OI2=OB2 BD2+DI2 OI2;
¸ tinând cont de faptul c ¼aOB2=BM2+OM2¸ siBD2=BM2+MD2avem c ¼a
OB2 BD2=OM2 MD2, similar DI2=DQ2 QI2¸ siOI2=OQ2+QI2
de unde rezult ¼a c¼aDI2 OI2=DQ2 OQ2:Acestea
ind spuse tragem
concluzia c ¼a
OB2 OI2=OM2 MD2+DQ2 OQ2,
OB2 OI2= (OM +MD ) (OM MD ) + (DQ +OQ) (DQ OQ)
CAPITOLUL 1. TRIUNGHIUL. RELA ¸ TII METRICE ÎN TRIUNGHI 13
¸ tinând cont de faptul c ¼aOM +MD =OD¸ siDQ OQ =OD¸ si avem
OB2 OI2=OD(OM MD +DQ +OQ),
OB2 OI2=OD(OM +OQ+DQ MD ),
OB2 OI2=OD2MQ:
Avem în vedere faptul c ¼aOD =R; MQ =r(datorit ¼a faptului c ¼a punctele
M; Q; I ¸ si piciorul perpendicularei din IpeBCformeaz ¼a un dreptunghi,iar
MQ¸ sirsunt laturile opuse ale acestui dreptunghi) ¸ si OB =Rva rezulta c ¼a
R2 OI2= 2Rr,OI2=R2 2Rr:
Teorema 1.10 (Teorema lui Leibniz) În triunghiul ABC cuOcentrul cer-
cului circumscris triunghiului, Rraza cercului circumscris ¼a triunghiului, G
centrul de greutate al triunghiului ¸ si a; b; c; lungimile laturilor triunghiului,
avem
OG2=R2 1
9
a2+b2+c2
: (1.11)
Demonstra¸ tie. În aceast ¼a demonstra¸ tie, o s ¼a folosin teorema lui Stewart.
FieA0mijlocul laturii BC:
Aplic ¼am teorema lui Stewart în triunghiul AA0OcuG2AA0:
AO2GA0+OA02AG OG2AA0=AGGA0AA0:
CAPITOLUL 1. TRIUNGHIUL. RELA ¸ TII METRICE ÎN TRIUNGHI 14
O s¼a ¸ tinem cont de faptul c ¼aAG =2
3AA0; GA0=1
3AA0¸ siAO =R:Din
teorema lui Pitagora în triunghiul OA0C(triunghiul OA0Ceste dreptunghic
înA0deoarece triunghiul BOC este isoscel, iar OA0este median ¼a) avem
OC2=OA02+A0C2echivalent cu R2=OA02+a2
4de unde rezult ¼a c¼a
OA02=R2 a2
4:Din teorema medianei avem c ¼aAA02=2 (b2+c2) a2
4:
Acestea
ind spuse, avem
R21
3AA0+
R2 a2
42
3AA0 OG2AA0=2
3AA01
3AA0AA0()
R21
3+
R2 a2
42
3 OG2=2
9AA02()
OG2=R2
3+
R2 a2
42
3 2
92 (b2+c2) a2
4,
OG2=R2
3+2
3R2 a2
6 1
9
b2+c2
+a2
18,
OG2=R2 a2
9 1
9
b2+c2
,
OG2=R2 1
9
a2+b2+c2
:
1.5 Inegalit ¼a¸ ti algebrice
În aceast ¼a sec¸ tiune vom enun¸ ta, cu eventuale demonstra¸ tii, câteva ine-
galit¼a¸ ti algebrice care ne sunt necesare în demonstrarea unor inegalit ¼a¸ ti geo-
metrice în care apar diverse laturi ¸ si unghiuri ale unor polinoame.
1.5.1 Inegalitatea lui Jensen.
Fie func¸ tia f:I!R; Iinterval. Spunem c ¼afeste convex ¼a peIdac¼a
8×1; x22I¸ siq1; q20cuq1+q2= 1avem
f(q1x1+q2x2)q1f(x1) +q2f(x2):
Dac¼a inegalitatea este strict ¼a spunem c ¼a f este strict convex ¼a. Dac ¼a
feste concav ¼a sensul inegalit ¼a¸ tii de mai sus se schimb ¼a.
CAPITOLUL 1. TRIUNGHIUL. RELA ¸ TII METRICE ÎN TRIUNGHI 15
Fie punctele A(x1; f(x1))¸ siB(x2; f(x2))cux1< x 2:Consider ¼amxt=
(1 t)x1+tx2:Acest punct parcurge intervalul [x1; x2]când t2[0; 1]: x1
(1 t)x1+tx2x2:
x1(1 t)x1+tx2,0t(x2 x1):
(1 t)x1+tx2x2,(1 t)x1+ (t 1)x20,(1 t) (x1 x2)0:
Fie dreapta ABde ecua¸ tie AB :y=f(x2)+f(x2) f(x1)
x2 x1(x x2):
Punctul Ceste de abscis ¼axt¸ si are ordonata yC= (x2)+f(x2) f(x1)
x2 x1(xt x2):
Dup¼a ce înlocuim xt= (1 t)x1+tx2¸ si efectu ¼am calculele ob¸ tinem yC=
(1 t)f(x1)+tf(x2):Cum yCt< yCrezult ¼af(xt)(1 t)f(x1)+tf(x2);
decif((1 t)x1+tx2)(1 t)f(x1) +tf(x2):
Inegalitatea este adev ¼arat¼a pentru nnumere, feste convex ¼a dac ¼a:
f(q1x1+q2x2++qnxn)q1f(x1)+q2f(x2)++qnf(xn); q1+q2++qn= 1:
Dac¼a lu¼am cazul particular qi=1
n;8i=1; nob¸ tinem c ¼a:
fx1+x2++xn
n
1
nf(x1) +1
nf(x2) ++1
nf(xn):(1.12)
Inegalitatea 1.12 se nume¸ ste inegalitatea lui Jensen.
1.5.2 Inegalitatea mediilor
Fiea; b2R+. Media aritmetic ¼a a numerelor a¸ sibo not ¼am cu Am=
a+b
2:O alt ¼a medie este media geometric ¼a a numerelor a¸ sibpe care o not ¼am
cuGm=p
ab¸ si ultima medie este media armonic ¼a notat ¼a cuHm=2
1
a+1
b:
CAPITOLUL 1. TRIUNGHIUL. RELA ¸ TII METRICE ÎN TRIUNGHI 16
Mediile aritmetic ¼a, geometric ¼a ¸ si armonic ¼a se pot de
ni ¸ si pentru nnu-
mere reale pozitive. Fie a1; a2;; an2R+:
Am=a1+a2++an
n; Gm=npa1a2an; Hm=n
1
a1+1
a2++1
an:
Inegalitatea mediilor este
AmGmHm: (1.13)
Demonstra¸ tia o s ¼a o facem pentru dou ¼a numere. Demonstra¸ tia pentru
nnumere se face prin induc¸ tie matematic ¼a dup ¼an:
AmGm,a+b
2p
ab,a+b2p
ab,
a 2p
ab+b0,pa2 2pap
b+p
b20
,pa p
b2
0
Acum demonstr ¼am c¼a
GmHm,p
ab2
1
a+1
b,p
ab2ab
a+b,12p
ab
a+b,a+b2p
ab:
Inegalitatea mediilor pentru nnumere este
a1+a2++an
nnpa1a2ann
1
a1+1
a2++1
an:8a1; a2;; an2R+:
(1.14)
În continuare o s ¼a deducem câteva inegalit ¼a¸ ti care deriv ¼a din inegalitatea
mediilor ¸ si pe care le vom folosi mai târziu.
Fiea; b; c 2R+:
1.
a2+b2+c2ab+bc+ca: (1.15)
Din inegalitatea mediilor avem c ¼aa2+b22ab; b2+c22bc; a2+
c22ac, însumând aceste trei rela¸ tii ¸ si simpli
când prin 2ob¸ tinem
inegalitatea cerut ¼a.
2.
(a+b+c)23 (ab+bc+ca): (1.16)
(a+b+c)2=a2+b2+c2+2 (ab+bc+ca)ab+bc+ca+2 (ab+bc+ca) =
3 (ab+bc+ca)
CAPITOLUL 1. TRIUNGHIUL. RELA ¸ TII METRICE ÎN TRIUNGHI 17
3.a
b+b
a2: (1.17)
Din inegalitatea mediilor avema
b+b
a2r
a
bb
a,a
b+b
a2:
4.
(a+b+c)1
a+1
b+1
c
9: (1.18)
Din inegalitatea mediilor rezult ¼a,a+b+c33p
abc¸ si1
a+1
b+1
c
33r
1
abc:Prin înmul¸ tirea celor dou ¼a rela¸ tii ob¸ tinem
(a+b+c)1
a+1
b+1
c
93r
abc
abc= 9:
1.5.3 Inegalitatea CBS (Cauchy-Buniakovski-Schwarz)
Pentru orice numere reale a1; a2;; an; b1; b2;; bn2R+avem
(a1b1+a2b2++anbn)2
a2
1+b2
1++a2
n
b2
1+b2
2++b2
n
:
(1.19)
O s¼a demonstr ¼am inegalitatea pentru n= 2:
(a1b1+a2b2)2
a2
1+b2
1
b2
1+b2
2
Ridicând la p ¼atrat ¸ si desf ¼acând parantezele ob¸ tinem
a2
1b2
1+ 2a1a2b1b2+a2
2b2
2a2
1b2
1+a2
1b2
2+a2
2b2
1+a2
2b2
2,
2a1a2b1b2a2
1b2
1+a2
2b2
2,
a2
1b2
1 2a1a2b1b2+a2
2b2
20,(a1b1 a2b2)20:
Pentru nnumere se folose¸ ste induc¸ tia matematic ¼a dup ¼an:
O alt ¼a inegalitate important ¼a care, la cazul general, se demonstraez ¼a cu
ajutorul inegalit ¼a¸ tiiCBS este
a2
x+b2
y(a+b)2
x+y;8a; b2R;8x; y2R+:
CAPITOLUL 1. TRIUNGHIUL. RELA ¸ TII METRICE ÎN TRIUNGHI 18
Pentru a demosntra aceast ¼a inegalitate, aducem la acela¸ si numitor, apoi
eliin¼am numitorii ¸ si ob¸ tinem
a2y+b2x
xy(a+b)2
x+y,
a2y+b2x
(x+y)(a+b)2xy,
a2xy+a2y2+b2x2+b2xya2xy+ 2abxy +b2xy,
a2y2+b2x2 2abxy 0,(ay bx)20:
Caz general
a2
1
b1+a2
2
b2++a2
n
bn(a1+a2++an)2
b1+b2++bn: (1.20)
Inegalitatea 1.20 se mai nume¸ ste ¸ si inegalitatea Titu Andreescu sau Bergström.
Ea este un caz particular al inegalit ¼a¸ tiiCBS . Dac ¼a lu¼amBi=pbi,Ai=ai
Bi,
AiBi=ai¸ si ob¸ tinem
A2
1+A2
2++A2
n
B2
1+B2
2++B2
n
(A1B1+A2B2++AnBn)2:
1.5.4 Inegalitatea lui Ceb⸠sev
Fiea1; a2;; an; b1; b2;; bn2R;cua1a2 an,b1b2
bn¸ siS=a1bi1+a2bi2++anbin;cun2, unde fi1; i2;; ing=
f1;2;; ng;atunci
a1bn+a2bn 1++anb1Sa1b1+a2b2++anbn: (1.21)
Fiejk ; i jik;atunci (aj ak)
bij bik
0;deciajbij+
akbikajbik+akbij:Tragem concluzia c ¼a orice inversiune în mul¸ timea
fi1; i2;; ingmic¸ soreaz ¼a suma S. Deci ea este maxim ¼a pentru per-
mutarea identic ¼af1;2;; ng¸ si minim ¼a pentru permutarea fn; n 1;;1g:
Ca o consecin¸ t ¼a a inegalit ¼a¸ tii 1.21 putem spune c ¼a pentru
a1; a2;; an; b1; b2;; bn2R;cua1a2 an,b1b2
bnare loc
(a1b1+a2b2++anbn)1
n(a1+a2++an) (b1+b2++bn):
Capitolul 2
Inegalit ¼a¸ ti în triunghi.
O inegalitate geometric ¼a este o inegalitate între lungimi de laturi sau
m¼asuri de unghiuri. Spunem c ¼a un segment ABCDdac¼a lungimea seg-
mentului ABeste mai mic ¼a sau egal ¼a decât lungimea segmentului CD, sim-
ilar la unghiuri, spunem c ¼a^A^Bdac¼am
^A
m
^B
:În acest capitol o
s¼a prezent ¼am câteva inegalit ¼a¸ ti geometrice structurate dup ¼a laturi, unghiuri,
R; O; r; G ; arii ¸ si perimetre.
2.1 Inegalit ¼a¸ ti de baz ¼a în triunghi
În aceast ¼a sec¸ tiune vom demonstra dou ¼a inegalit ¼a¸ ti de baz ¼a în triunghi
¸ si inegalitatea lui Ptolemeu. Teorema lui Ptolemeu referitoare la patrulatere
ind un caz particular al acestei inegalit ¼a¸ ti.
1. Fie un triunghi ABC: Dac¼aAB < AC; atunci m(^C)< m (^B),
cu alte cuvinte laturii mai mari i se opune unghiul mai mare ¸ si reciproc.
Pentru a demonstra o s ¼a consider ¼am un punct Dpe latura AC
astfel încât [AB][AD]:Dac¼a[AB][AD]atunci triunghiul ABD
19
CAPITOLUL 2. INEGALIT ¼A ¸ TI ÎN TRIUNGHI. 20
este isoscel de unde tragem concluzia c ¼am(^ABD ) =m(^ADB ):
Unghiul ^BDA este unghi exterior triunghiului BDC; decim(^C)<
m(^BDA ) =m(^DBA )< m (^CBA ) =m(^B):
2. În orice triunghi suma a dou ¼a laturi este mai mare decât a treia
latur¼a (inegalitatea triunghiului).
Fie un triunghi ABC , iar pe dreapta BCconsider ¼am un punct Dastfel
încât B2(DC)¸ si[BD][AB]:
Dac¼a[BD][AB]atunci triunghiul ABD este isoscel ¸ si m(^CDA ) =
m(^BDA ) =m(^BAD )< m (^CAD ):În triunghiul CDA avem c ¼a
m(^CDA )< m (^CAD )¸ si cum laturii mai mari i se opune unghiul
mai mare tragem concluzia c ¼aAC < CD ceea ce este echivalent cu
AC < BC +BD =BC +AB: Dac¼aa; b; c sunt lungimile laturilor
triunghiului ABC o s¼a avem b+c > a; a +b > c; a +c > b:
Aplica¸ tii ale acestor dou ¼a inegalit ¼a¸ ti:
Aplica¸ tia 2.1 FieAM mediana unui triunghi ABC . atunci are loc inegal-
itatea
AM <1
2(AB+AC)
CAPITOLUL 2. INEGALIT ¼A ¸ TI ÎN TRIUNGHI. 21
Pentru a ar ¼ata inegalitatea de mai sus, consider ¼am un punct A02AM
astfel încât M2(AA0)¸ si[AM][MA0];cum [BM ][MC ]rezult ¼a c¼a
ABA0Ceste paralelogram de unde deducem c ¼a[AB][CA0]:În triunghiul
AA0Cavem inegalitatea AA0< AC +CA0,2AM < AC +AB,AM <
1
2(AB+AC)
Aplica¸ tia 2.2 Dac¼aa; b¸ sicsunt trei numere reale pozitive astfel încât a2+
b2 ab=c2;ar¼ata¸ ti c ¼a(a b) (b c)0
Consider ¼am c¼aa; b; c sunt laturile unui triunghi deoarece a2+b2 ab=c2
o mai putem scrie ca c2=a2+b2 2abcos 60: AB =c; BC =a; AC =b:
Cum m(^C) = 60;tragem concluzia c ¼am(^A)60¸ sim(^B)60¸ si
cum unghiului mai mare îi corespunde latura mai mare, ob¸ tinem c ¼aabc
sauacbde unde rezult ¼a c¼a(a b) (b c)0:
Aplica¸ tia 2.3 Fiea; b; c 2R+;atunci
p
a2+ac+c2p
a2 ab+b2+p
b2 bc+c2:
Radicalii ne sugereaz ¼a s¼a folosim teorema cosinusului pentru unghiurile
de120¸ si de 60dup¼a cum urmeaz ¼a
a2+ac+c2=a2+c2 2accos 120
a2 ab+b2=a2+b2 2abcos 60
b2 bc+c2=b2+c2 2bccos 60:
Consider ¼am un patrulater ABCD cu
m(^ADB ) =m(^BDC ) = 60; m (^ADC ) = 120; AD =a; BD =
b; CD =c:
CAPITOLUL 2. INEGALIT ¼A ¸ TI ÎN TRIUNGHI. 22
Aplicând teorema cosinusului în triunghiul ABD pentru latura ABob¸ tinem
AB2=a2+b2 2abcos 60de unde rezult ¼a c¼aAB =p
a2 ab+b2;similar
în triunghiul BDC pentru latura BC¸ si în triunghiul ADC pentru latura
AC¸ si ob¸ tinem
BC2=b2+c2 2bccos 60,BC =p
b2 bc+c2
AC2=a2+c2 2accos 120,AC=p
a2+ac+c2:
Privind triunghiul ABC ¸ si cunoscând faptul c ¼aAC < BC +ABrezult ¼a c¼ap
a2+ac+c2p
a2 ab+b2+p
b2 bc+c2
Aplica¸ tia 2.4 Fie un triunghi ABC cum(^A)> m (^B);atunci BC >
1
2AB:
Dac¼a(^A)> m (^B),BC > AC ¸ si cum AB < BC +AC; prin
adunarea celor dou ¼a inegalit ¼a¸ ti deducem c ¼a2BC+AC > AC +AB;elimin ¼am
ACde unde rezult ¼a c¼aBC >1
2AB:
Aplica¸ tia 2.5 Fiemamediana AA0dus¼a din vârful Aal triunghiului ABC:
Ar¼ata¸ ti c ¼ama>1
2(b+c a):
CAPITOLUL 2. INEGALIT ¼A ¸ TI ÎN TRIUNGHI. 23
Aplic ¼am inegalitatea triunghiului în triunghiurile ABA0¸ siAA0C¸ si ob¸ tinem
c < m a+1
2a,ma> c 1
2a
b < m a+1
2a,ma> b 1
2a
prin însumarea celor dou ¼a inegalit ¼a¸ ti ob¸ tinem c ¼a2ma> b +c ade unde
rezult ¼a c¼ama>1
2(b+c a):
Aplica¸ tia 2.6 FieAA0mediana dus ¼a din vârful Aal triunghiului ABC:
Dac¼aAB < AC; atunci m(^BAA0)> m (^A0AC):
Consider ¼am paralelogramul ABCD cu diagonalele AC¸ siBD:
Din faptul c ¼aABCD este paralelogram rezult ¼a c¼aAD = 2AA0:Privim
triunghiul ABD: Cum BD > CD ,m(^BAA0)> m (^A0AC):
Aplica¸ tia 2.7 (Inegalitatea lui Ptolemeu) Dac ¼aABCD este un patrulater
convex, atunci
ACBDABCD +BCAD: (2.1)
Dac¼a patrulaterul este insriptibil, atunci ob¸ tinem egalitate (Teorema lui Ptole-
meu)
CAPITOLUL 2. INEGALIT ¼A ¸ TI ÎN TRIUNGHI. 24
Fie un punct Eastfel încât m(^ADE ) =m(^ABC ); m(^DAE ) =
m(^BAC ):Având aceste egalit ¼a¸ ti de unghiuri, rezult ¼a faptul c ¼a
ADE ABC,AE
AC=AD
AB=DE
BC,DE =ADBC
AB:
Deoarece m(^EAC ) =m(^BAD )¸ siAE
AD=AC
ABrezult ¼a faptul c ¼aEAC
DAB ,EC =ACBD
AB:
Presupunem c ¼a punctul E =2CD(ABCD nu este inscriptibil). În tri-
unghiul ECD avem c ¼aEC < ED +DC; înlcuind ob¸ tinem c ¼a
ACBD
AB<ADBC
AB+CDAB
AB;
eliminând ABob¸ tinem ACBDABCD +BCAD:
Dac¼aABCD ar
inscriptibil, atunci E2CD¸ siEC =ED +CD,
înlocuind ED¸ siEDob¸ tinem c ¼aACBD =ABCD +BCAD(Teorema
lui Ptolemeu).
2.2 Inegalit ¼a¸ ti geometrice în care apar laturile
unui triunghi
O s¼a preciz ¼am câteva inegalit ¼a¸ ti în care apar doar laturile unui triunghi.
Aceste inegalit ¼a¸ ti apar în diferite concursuri ¸ scolare. Problemele constau în
demonstrarea unor inegalit ¼a¸ ti cu laturile unui triunghi f ¼ar¼a a mai
implicate
alte elemente m ¼asurabile ale acestuia.
Aplica¸ tia 2.8 Dac¼aa; b; c sunt lungimile laturilor unui triunghi, atunci
a(b+c a)<2bc:
Dac¼a triunghiul ar
echilateral, atunci inegalitatea este evident ¼a. Pre-
supunem c ¼a triunghiul nu este echilateral. Mai putem presupune, f ¼ar¼a a
restrânge generalitatea, c ¼acb:Se disting dou ¼a cazuri:
Cazul 1. ab¸ sicb:Cum ba+crezult ¼a c¼ab+c a=b a+
c < 2c:Cum acbc,2ac2bc,cbc
a:Tinând cont de faptul c ¼a
b+c a < 2c¸ sicbc
aavem c ¼aa(b+c a)<2bc:
Cazul 2. ab¸ sicb: b a0:Cum a < b +c < b +b,a < 2b;dar
b+c a=c+b ac <2bc
a:
CAPITOLUL 2. INEGALIT ¼A ¸ TI ÎN TRIUNGHI. 25
Un alt tip de inegalit ¼a¸ ti în care apar laturile unui trunghi sunt anu-
mite inegalit ¼a¸ ti între numere reale pozitive a; b; c ¸ si vom putea s ¼a construim
un triunghi care are laturile de lungimi a; b; c , dup ¼a ce am demonstrat acest
lucru.
Aplica¸ tia 2.9 Dac¼aa; b; c sunt trei numere reale pozitive ce satisfac
a2+b2+c22>2
a4+b4+c4
;
atunci a; b; c sunt laturile unui triunghi.
Ridicând la p ¼atrat ¸ si trecând membrul drept cu semn schimbat ob¸ tinem
a4+b4+c4+ 2a2b2+ 2a2c2+ 2b2c2 2a4 2b4 2c4>0,
a4+b4+c4
a2 b22
a2 c22
b2 c22>0
(a+b+c) (a+b c) (a b+c) (b a+c)>0
de unde rezult ¼a c¼aa+b > c; b +c > a; a +c > b:
Un alt exmplu de inegalit ¼a¸ ti în care apar alturile unui triunghi se
pot rezolva cu substitu¸ tiile lui Ravi pe care o s ¼a le folosim destul de des pe
parcursul acestei lucr ¼ari.
Numerele a; b; c sunt laturile unui triunghi dac ¼a ¸ si numai dac ¼a exist ¼a
x; y; z 2R
+astfel încât
a=y+z; b =x+z; c =x+y: (2.2)
")"Dac¼aa; b; c sunt laturile unui triunghi atunci
b+c a > 0; c+a b >0; a+b c >0
¸ si putem lua
x=b+c a
2; y=c+a b
2; z=a+b c
2
care veri
c ¼ax; y; z 2R
+unde a=y+z; b =x+z; c =x+y:
"("Dac¼aa=y+z; b =x+z; c =x+y, unde x; y; z 2R
+avem c ¼a
a; b; c > 0¸ sia+b > c; b +c > a; a +c > b , deci a; b; c sunt laturile unui
triunghi.
Aplica¸ tia 2.10 Dac¼aa; b; c sunt laturile unui triunghi atunci
(b+c a) (c+a b) (a+b c)abc:
CAPITOLUL 2. INEGALIT ¼A ¸ TI ÎN TRIUNGHI. 26
Fiep=a+b+c
2¸ si
b+c a= 2 (p a); c+a b= 2 (p b); a+b c= 2 (p c):
Din substitu¸ tiile lui Ravi avem p a=a+b+c 2a
2=b+c a
2=
x+z+x+y y z
2=2x
2=x;similar p b=y; p c=z:Acestea
ind
spuse avem
(b+c a) (c+a b) (a+b c) = 8 ( p a) (p b) (p c) = 8 xyz:
Pe de alt ¼a parte abc= (x+y) (y+z) (x+z)ob¸ tinând astfel
8xyz(x+y) (y+z) (x+z):
Aceast ¼a inegalitate se poate ar ¼ata u¸ sor folosind inegalitatea mediilor: x+y
2pxy; y +z2pyz; x +z2pxz;înmul¸ tind aceste trei rela¸ tii rezult ¼a
8xyz(x+y) (y+z) (x+z):
Aplica¸ tia 2.11 (APMO, 1996) Fie a; b; c laturile unui triunghi, ar ¼ata¸ ti c ¼a
p
a+b c+p
b+c a+p
c+a bpa+p
b+pc:
Folosind substitu¸ tiile lui Ravi, a=y+z; b =x+z; c =x+y¸ si am vazut
faptul c ¼aa+b c= 2z; b +c a= 2x¸ sic+a b= 2y;inegalitatea devine
p
2x+p
2y+p
2zpx+y+py+z+p
z+x;
dar
p
2x+p
2y+p
2z=p
2x+p2y
2+p2y+p
2z
2+p
2x+p
2z
2
r
2x+ 2y
2+r
2y+ 2z
2+r
2z+ 2x
2
=px+y+py+z+p
z+x:
Este u¸ sor de demonstrat faptul c ¼ap
2x+p2y
2r
2x+ 2y
2:Prin
ridicare la p ¼atrat ob¸ tinem
2x+ 2pxy+ 2y
42x+ 2y
2,4x+ 4pxy+ 4y8x+ 8y,pxyx+y:
CAPITOLUL 2. INEGALIT ¼A ¸ TI ÎN TRIUNGHI. 27
Aplica¸ tia 2.12 Fiea; b; c laturile unui triunghi, ar ¼ata¸ ti c ¼a
3 (ab+bc+ca)(a+b+c)24 (ab+bc+ca):
Inegalitatea din stânga este inegalitatea 1.16. În continuare vom demon-
stra inegalitatea din dreapta. Având în vedere faptul c ¼aa; b; c sunt laturile
unui triunghi rezult ¼a c¼ajb cj> a;jc aj> b;ja bj> c, ridic ¼am la p ¼a-
trat ¸ si avem (b c)2> a2;(c a)2> b2;(a b)2> c2:Adun ¼am rela¸ tiile ¸ si
rezult ¼a
a2+b2+c2<2 (ab+bc+ca),(a+b+c)24 (ab+bc+ca):
Aplica¸ tia 2.13 Dac¼aa; b; c sunt laturile unui triunghi, atunci
3
2a
b+c+b
c+a+c
a+b<2:
Demonstr ¼am mai întâi c ¼aa
b+c+b
c+a+c
a+b<2:Din faptul c ¼a
a+b > c,2a+ 2b > a +b+c,a+b >a+b+c
2,b
a+c<2c
a+b+c;
similar se arat ¼a c¼aa
b+c<2a
a+b+c;b
a+c<2b
a+b+c:Prin adunare
rezult ¼a c¼a
a
b+c+b
c+a+c
a+b<2 (a+b+c)
a+b+c= 2:
Pentru a ar ¼ata c ¼a3
2a
b+c+b
c+a+c
a+bputem folosi dou ¼a metode.
Prima metod ¼a ar
s ¼a folosim inegalitatea lui Ceb⸠sev pentru
(a; b; c ) ;1
b+c;1
a+c;1
a+b
:O a doua metod ¼a ar
s ¼a folosin inegali-
tatea Titu Andreescu. Noi o s ¼a folosim inegalitatea Titu Andreescu. Ampli-
c¼am prima frac¸ tie cu a;a dou ¼a cub;iar a treia cu c¸ si o s ¼a ob¸ tinem
a2
ba+ca+b2
cb+ab+c2
ac+bc(a+b+c)2
2 (ab+bc+ca):
În
nal concluzia va rezulta din 1.16. Inegalitatea3
2a
b+c+b
c+a+c
a+b
se mai nume¸ ste ¸ si inegaliatea lui Nesbitt.
CAPITOLUL 2. INEGALIT ¼A ¸ TI ÎN TRIUNGHI. 28
Aplica¸ tia 2.14 Dac¼aa; b; c sunt laturile unui triunghi ¸ si rraza cercului
înscris în triunghi atunci are loc
1
a+1
b+1
cp
3
2r:
Pentru a demonstra aceast ¼a inegalitate folosim substitu¸ tiile lui Ravi, apoi
expim ¼am pe rîn func¸ tie de aceste substitu¸ tii.
a=y+z; b =x+z; c =x+y
p=x+y+z; p a=x; p b=y; p c=z:
Cum
S=p
p(p a) (p b) (p c) =p
xyz(x+y+z); r=S
p,r=rxyz
x+y+z:
1
a+1
b+1
c=1
y+z+1
x+z+1
x+y
¸ si aplicând inegalitatea mediilor rezult ¼ay+z2pyz,1
y+z1
2pyz
similar celelalte ¸ si însumând ob¸ tinem
1
y+z+1
x+z+1
x+y1
21pyz+1pxz+1pxy
=px+py+pz
2pxyz
px+py+pz
2pxyzp
3
2px+y+z
xyz=p
3
2r
Inegalitateapx+py+pz
2pxyzp
3
2px+y+z
xyzrezult ¼a din inegalitatea CBS
pentru
px1 +py1 +pz12px2+py2+pz2
(1 + 1 + 1) ,
px+py+pz23 (x+y+z),
px+py+pzp
3px+y+z
¸ si de aici înmul¸ tind înegalitatea cu1
2pxyztragem concluzia c ¼apx+py+pz
2pxyz
p
3
2px+y+z
xyz:
CAPITOLUL 2. INEGALIT ¼A ¸ TI ÎN TRIUNGHI. 29
2.3 Inegalit ¼a¸ ti în care apar unghiurile unui
triunghi
În aceast ¼a sec¸ tiune vom demonstra inegalit ¼a¸ ti în care apar unghiurile
unui triunghi. Pentru a demonstra anumite inegalit ¼a¸ ti referitoare la unghiuri
este necesar s ¼a cunoa¸ stem no¸ tiuni de trigonometrie pe care le vom prezenta,
în linii mari, pentru
ecare inegalitate în parte. În demonstrare acestor
inegalit ¼a¸ ti nu sunt implicate alte elemente m ¼asurabile decât unghiurile unui
triunghi.
Aplica¸ tia 2.15 S¼a se arate c ¼a în orice triunghi ABC au loc urm ¼atoarele
inegalit ¼a¸ ti:
(a)cos2A+ cos2B+ cos2C3
4
(b)sin2A+ sin2B+ sin2C9
4
(a)
cos 2A= cos ( A+A) = cos AcosA sinAsinA= cos2A sin2A
cos2A+ sin2A= 1:
cos2A=cos2A sin2A+ cos2A+ sin2A
2=1 + cos 2 A
2;
similar cos2B=1 + cos 2 B
2;cos2C=1 + cos 2 C
2:Acestea
ind spune ine-
galitatea noastr ¼a devine
1 + cos 2 A
2+1 + cos 2 B
2+1 + cos 2 C
23
4,
cos 2A+ cos 2 B+ cos 2 C 3
2,
2 cos2A 1 + 2 cos ( B+C) cos ( B C) 3
2,
2 cos2A 2 cos ( B C) cosA+1
20:
Vom considera aceast ¼a expresie ca o inecua¸ tie de forma ax2+bx+c0
notând cosA=x:
2×2 2 cos ( B C)x+1
20:Coe
ceintul lui x2este pozitiv ¸ si =
4 sin2(B C)0;deci 2×2 2 cos ( B C)x+1
20:Egalitatea se re-
alizeaz ¼a dac ¼a = 0 ceea ce este echivalent cu m(^B) =m(^C):Dac¼a se
CAPITOLUL 2. INEGALIT ¼A ¸ TI ÎN TRIUNGHI. 30
întâmpl ¼a acest lucru atunci
2 cos2A 2 cosA+1
2= 0,4 cos2A 4 cosA+ 1 = 0 ,
(2 cos A 1)2= 0,2 cosA= 1,cosA=1
2,m(^A) = 60;
deci triunghiul este echilateral.
(b)
sin2A=sin2A+ cos2A
cos2A sin2A
2=1 cos 2A
2
¸ si tinân cont de 1.1 ob¸ tinem c ¼a
a2
4R2+b2
4R2+c2
4R29
4,
a2+b2+c29R2,
4R2
sin2A+ sin2B+ sin2C
9R2,
sin2A+ sin2B+ sin2C9
4,
1 cos 2A
2+1 cos 2B
2+1 cos 2C
29
4,
41 cos 2A
2+1 cos 2B
2+1 cos 2C
2
9,
4
1 +1
2 cos 2A+ cos 2 B
2
cos 2C
2
90,
43
2 2cos (A+B) cos ( A B)
2
1 + 2 cos2C
90,
4
cos2C+ cos ( A B) cosC+5
2
90,
4 cos2C 4 cos ( A B) cosC+ 10:
Not¼amcosC=x¸ si rezult ¼a c¼a4x2 4 cos ( A B)x+ 10:Adev ¼arat
tinând cont de faptul c ¼a = 16 sin2(A B)0;iar coe
cientul lui x2
este pozitiv. Egalitatea se realizeaz ¼a dac ¼a triunghiul ABC este echilateral.
Aplica¸ tia 2.16 FieABC un triunghi. Are loc inegalitatea
2 (sin B+ sin C)3 + 2 cos A:
CAPITOLUL 2. INEGALIT ¼A ¸ TI ÎN TRIUNGHI. 31
cos2A=1 + cos 2 A
2,cos 2A= 2 cos2A 1,cosA= 2 cos2A
2 1
sinB+ sin C= 2 sinB+C
2
cosB C
2
= 2 sin A
2
cosB C
2
sinB+ sin C= 2 cosA
2cosB C
2
:
Inegalitatea devine
4 cosA
2cosB C
2
3 4 cos2A
2+ 20,
4 cos2A
2 4 cosA
2cosB C
2
+ 10:
Not¼amcosA
2=x,4×2 4 cosB C
2
x+ 10:Este adev ¼arat deoarece
= 16 sin2B C
2
0;iar coe
cientul lui x2este pozitiv. Egalitatea
are loc dac ¼a triunghiul ABC este echilateral.
Aplica¸ tia 2.17 Dac¼aABC este un triunghi atunci are loc:
(a)cosA+ cos B+ cos C3
2
(b)cosAcosBcosC1
8
(c)cosA
2cosB
2cosC
23p
3
8:
(a) Putem scrie inegalitatea ca
2 (cos A+ cos B) + 2 cos C 30,
2
2 cosA+B
2cosA B
2
+ 2
1 2 sin2C
30,
3 cos C
2cosA B
2+ 2 4 sin2C 30,
2 sinCcosA B
2 4 sin2C 10,
4 sin2C 4 sinCcosA B
2+ 10:
CAPITOLUL 2. INEGALIT ¼A ¸ TI ÎN TRIUNGHI. 32
Având în vedere faptul c ¼a1 = cos2A B
2+ sin2A B
2ob¸ tinem
4 sin2C 4 sinCcosA B
2+ cos2A B
2+ sin2A B
20,
2 sinC cosA B
22
+ sin2A B
20:
(b)
cosAcosBcosC1
8,8 cosAcosBcosC 10, 8 cosAcosBcosC+10:
cosAcosB=1
2[cos (A+B) + cos ( A B)] =1
2( cosC+ cos ( A B)):
Inegalitatea devine
81
2(cos ( A B) cosC) cosC+ 10,
4
cos2C+ cos ( A B) cosC
+ 10,
4 cos2C 4 cos ( A B) cosC+ 10,
4 cos2C 4 cos ( A B) cosC+ cos2(A B) + sin2(A B)0,
(2 cos C cos (A B))2+ sin2(A B)0:
(c )Proced ¼am similar ca la punctul (b)
cosA
2cosB
2=1
2
cosA+B
2+ cosA B
2
=1
2
sinC
2+ cosA B
2
;
efectu ¼am calculele ¸ si ob¸ tinem
2 sinC
2 cosA B
22
+ sin2A B
20:
Aplica¸ tia 2.18 În orice triunghi ABC avem
p
sinAsinB+p
sinBsinC+p
sinCsinAS
Rr:
CAPITOLUL 2. INEGALIT ¼A ¸ TI ÎN TRIUNGHI. 33
Pentru a demosntra aceast ¼a inegalitate folosim inegalitatea mediilorp
aba+b
2
¸ si teorema sinusurilora
sinA= 2R,sinA=a
2R
p
sinAsinBsinA+ sin B
2=a
2R+b
2R
2=a+b
4R
p
sinBsinCsinB+ sin C
2=b
2R+c
2R
2=b+c
4R
p
sinAsinCsinA+ sin C
2=a
2R+c
2R
2=a+c
4R:
Prin adunare ob¸ tinem
p
sinAsinB+p
sinBsinC+p
sinCsinA2 (a+b+c)
4R=4p
4R=p
R:
Cum S=pr,p=S
rde unde rezult ¼a c¼ap
R=S
Rr:
Aplica¸ tia 2.19 Ar¼ata¸ ti c ¼a într-un triunghi ABC are loc
4 cos2A
2cos2B
2cos2C
2
sin2A
2+ sin2B
2+ sin2C
2
cos2A
2+ cos2B
2+ cos2C
2
:
Inegalitatea este echivalent ¼a cu
4 cosA
2cosB
2cosC
22
4
sin2A
2+ sin2B
2+ sin2C
2
cos2A
2+ cos2B
2+ cos2C
2
,
(sinA+ sin B+ sin C)2
4
sin2A
2+ sin2B
2+ sin2C
2
cos2A
2+ cos2B
2+ cos2C
2
:
CAPITOLUL 2. INEGALIT ¼A ¸ TI ÎN TRIUNGHI. 34
Aplic ¼am inegalitatea CBS pentru
sinA
2;sinB
2;sinC
2
¸ si
cosA
2;cosB
2;cosC
2
¸ si o s ¼a ob¸ tinem
sinA
2cosA
2+ sinB
2cosB
2+ sinC
2cosC
22
sin2A
2+ sin2B
2+ sin2C
2
cos2A
2+ cos2B
2+ cos2C
2
:
Având în vedere faptul c ¼a
2 sinA
2cosA
2= sin A,sinA
2cosA
2=sinA
2
avem c ¼a
sinA+ sin B+ sin C
22
sin2A
2+ sin2B
2+ sin2C
2
cos2A
2+ cos2B
2+ cos2C
2
:
Egalitatea are loc dac ¼a
sinA
2
cosA
2=sinB
2
cosB
2=sinC
2
cosC
2,tgA
2= tgB
2= tgC
2,A=B=C:
Aplica¸ tia 2.20 Într-un triunghi ABC are loc inegalitatea
sinA
4 sinB+ 5p
sinAsinB2 sinA
5 sinA+ 13 sin B:
Folosind inegalitatea mediilor la numitor rezult ¼a c¼a
sinA
4 sinB+ 5p
sinAsinBsinA
4 sinB+ 5sinA+ sin B
2;
dar
sinA
4 sinB+ 5sinA
2+ 5sinB
2=sinA
13sinB
2+ 5sinA
2=2 sinA
5 sinA+ 13 sin B:
CAPITOLUL 2. INEGALIT ¼A ¸ TI ÎN TRIUNGHI. 35
2.4 Inegalit ¼a¸ ti în care apar laturile ¸ si unghi-
urile unui triunghi.
Inegalit ¼a¸ tile din aceast ¼a sec¸ tiune implic ¼a toate elementele m ¼asurabile ale unui
triunghi. În aceea¸ si inegalitatea o s ¼a apar ¼a lungimi de laturi ¸ si m ¼asuri de
unghiuri. ¸ Si aici este necesar s ¼a cunoa¸ stem elemente de trigonometrie.
Aplica¸ tia 2.21 S¼a se arate c ¼a în orice triunghi ABC are loc inegalitatea
bcsin2A
2+acsin2B
2+absin2C
2a2+b2+c2
4:
Din faptul c ¼asinA
2=r
(p b) (p c)
bc,sin2A
2=(p b) (p c)
bc
¸ si inegalitatea devine
bc(p b) (p c)
bc+ac(p a) (p c)
ac+ab(p a) (p b)
aba2+b2+c2
4,
(p b) (p c) + (p a) (p c) + (p a) (p b)a2+b2+c2
4,
4 (p b) (p c) + 4 ( p a) (p c) + 4 ( p a) (p b)a2+b2+c2:
Dar
(p b) (p c) =a+b+c 2b
2a+b+c 2c
2
=
a+c b
2a+b c
2=(a (b c)) (a+ (b c))
2=
a2 (b c)2
4=a2 b2 c2+ 2bc
4;
similar (p a) (p c) =b2 a2 c2+ 2ac
4;(p a) (p b) =c2 a2 b2+ 2ab
4:
Cu aceste calcule avem c ¼a
a2 b2 c2+ 2bc+b2 a2 c2+ 2ac+c2 a2 b2+ 2aba2+b2+c2,
2ab+ 2bc+ 2ac a2 b2 c2a2+b2+c2,
2a2+ 2b2+ 2c2 2ab 2bc 2ac0,
(a b)2+ (b c)2+ (c a)20:
Aplica¸ tia 2.22 Dac¼aABC este un triunghi atunci
actgA
2+bctgB
2+cctgC
22p2
3r:
CAPITOLUL 2. INEGALIT ¼A ¸ TI ÎN TRIUNGHI. 36
Cum cosA
2=r
p(p a)
bc¸ sisinA
2=r
(p b) (p c)
bcdeducem c ¼a
ctgA
2=cosA
2
sinA
2=r
p(p a)
bcr
(p b) (p c)
bc=s
p(p a)
(p b) (p c);
similar ctgB
2¸ sictgC
2, deci
actgA
2=as
p(p a)
(p b) (p c)=ap
p(p a)p
p(p a)p
p(p a) (p b) (p c)=ap(p a)
S:
Acestea
ind spuse inegalitatea devine
ap(p a)
S+bp(p b)
S+cp(p c)
S2p2
3r:
Avem în vedere faptul c ¼aS=pr;înmul¸ tim inegalitatea cu pr¸ si ¸ tinem cont
de faptul c ¼ap(p a) =a+b+c
2b+c a
2rezultând astfel c ¼a
aa+b+c
2b+c a
2+ba+b+c
2a+c b
2+ca+b+c
2a+b c
22 (a+b+c)3
3:
Simpli
c ¼am înegalitatea cu a+b+c¸ si rezult ¼a c¼a
ab+c a
2+ba+c b
2+ca+b c
22 (a+b+c)2
34,
ab+ac a2+ab+bc b2+ac+cb c2
22 (a+b+c)2
34,
ab+bc+caa2+b2+c2:
Aplica¸ tia 2.23 Dac¼aABC este un triunghi, atunci
pacosA
2+p
bcosB
2+pccosC
23p
abc
2R:
Mai întâi vom demonstra faptul c ¼apacosA
2p
abc
2R,2Rr
p(p a)
bc
p
bc:Din faptul c ¼aR=abc
4S¸ si simpli
când prinp
bcse ob¸ tine
2abc
4Sr
p(p a)
bcp
bc,ap
p(p a)2S,
a2p
(p b) (p c),a24 (p b) (p c):
CAPITOLUL 2. INEGALIT ¼A ¸ TI ÎN TRIUNGHI. 37
Cum (p b) (p c) =a+c b
2a+b c
2rezult ¼a
a2(a+c b) (a+b c),a2a2 b2 c2+ 2bc,(b c)20
Aplica¸ tia 2.24 Ar¼ata¸ ti c ¼a într-un triunghi ABC are loc
1
sinA
2+1
sinB
2+1
sinC
24r
R
r:
Pentru a demonstra aceast ¼a inegalitate folosim substitu¸ tiile lui Ravi,
apoi exprim ¼amsinA
2; R; r în func¸ tie de aceste substitu¸ tii.
p=a+b+c
2=x+y+z; p a=x; p b=y; p c=z:
S=p
xyz(x+y+z);sinA
2=r
(p b) (p c)
bc=ryz
(y+x) (z+x);
R=abc
4S,R=(y+z) (z+x) (x+y)
4p
xyz(x+y+z);
r=p
xyz(x+y+z)
x+y+z;R
r=(y+z) (z+x) (x+y)
4xyz:
Folosind rela¸ tii de mai sus inegalitatea devine
s
(y+x) (z+x)
yz+r
(y+x) (y+z)
xz+s
(z+x) (z+y)
zy4s
(y+z) (z+x) (x+y)
4xyz:
Înmul¸ tind inegalitatea curxyz
(y+z) (z+x) (x+y)rezult ¼a c¼a
rx
y+z+ry
x+z+rz
x+y2:
Mai departe vom folosi ingalitatea mediilor
rx
y+z12
1 +y+z
x=2x
x+y+z
ry
x+z12
1 +x+z
y=2y
x+y+z
rz
x+y12
1 +x+y
z=2z
x+y+z:
CAPITOLUL 2. INEGALIT ¼A ¸ TI ÎN TRIUNGHI. 38
Însumând cele trei inegalit ¼a¸ ti ob¸ tinem inegalitatea cerut ¼a. Egalitatea are loc
dac¼a
x=y+z; y =z+x; z =x+y,x+y+z= 2 (x+y+z)
(fals) de unde tragem concluzia c ¼a inegalitatea este strict ¼a.
Aplica¸ tia 2.25 Ar¼ata¸ ti c ¼a
p3Rp
sinAsinBsinC:
Folosim substitu¸ tiile lui Ravi ¸ si o s ¼a ob¸ tinem
sinA= 2 sinA
2cosA
2= 2r
(p b) (p c)
bcr
p(p a)
bc= 2S
bc,
sinA= 2s
xyz(x+y+z)
(x+y) (x+z);
similar sinB;sinC:¸ Stim c ¼aR=(y+z) (z+x) (x+y)
4p
xyz(x+y+z)¸ sip=x+y+z:
Inegalitatea devine
x+y+z3 (y+z) (z+x) (x+y)
4p
xyz(x+y+z)3vuut 8 (x+y+z)3
2(xyz)3
2
(x+y)2(y+z)2(z+x)2:
Dup¼a efectuarea caluclelor în membrul drept al inegalit ¼a¸ tii ob¸ tinem c ¼a
x+y+z3
23p
(x+y) (y+z) (z+x):
Inegalitatea de mai sus reiese din inegalitatea mediilor pentru numerele x+
y; y +z; z +x:
x+y+y+z+z+x
33p
(x+y) (y+z) (z+x),
2 (x+y+z)33p
(x+y) (y+z) (z+x),
x+y+z3
23p
(x+y) (y+z) (z+x)
Aplica¸ tia 2.26 Ar¼ata¸ ti c ¼a într-un triunghi ascu¸ titunghic are loc
b+c
cosA+a+c
cosB+a+b
cosC4 (a+b+c):
CAPITOLUL 2. INEGALIT ¼A ¸ TI ÎN TRIUNGHI. 39
Ampli
c ¼am prima frac¸ tie cu b+c;a doua cu a+c;iar a treia cu a+b
¸ si ob¸ tinem
(b+c)2
(b+c) cosA+(a+c)2
(a+c) cosB+(a+b)2
(a+b) cosC4 (a+b+c):
Folosim inegalitatea Titu Andreescu ¸ si rezult ¼a c¼a
(b+c)2
(b+c) cosA+(a+c)2
(a+c) cosB+(a+b)2
(a+b) cosC
(2a+ 2b+ 2c)2
(bcosA+acosB) + (bcosC+ccosB) + (acosC+ccosA):
În continuare vom ar ¼ata c ¼abcosA+acosB=c;similar celelalte, bcosC+
ccosB=a; a cosC+ccosA=b:
Din teorema cosinusului rezult ¼a c¼acosA=b2+c2 a2
2bc¸ sicosB=a2+c2 b2
2ac:
bcosA+acosB=bb2+c2 a2
2bc+aa2+c2 b2
2ac=b2+c2 a2+a2+c2 b2
2c=c:
Inegalitatea devine
(b+c)2
(b+c) cosA+(a+c)2
(a+c) cosB+(a+b)2
(a+b) cosC4 (a+b+c)2
a+b+c= 4 (a+b+c):
Simpli
când
ecare frac¸ tie din membrul stâng corespunz ¼ator, ob¸ tinem ine-
galitatea cerut ¼a.
2.5 Inegalit ¼a¸ ti în care apar R; r; O; G:
În aceast ¼a sec¸ tiune pe lâng ¼a laturile ¸ si unghiurile unui triunghi mai apar
¸ siR; r; O; G: O s¼a preciz ¼am dou ¼a inegalit ¼a¸ ti cunoscute, inegalitatea lui
Euler ¸ si inegalitatea lui Leibniz dup ¼a care o s ¼a demonstr ¼am diverse aplica¸ tii
care se bazeaz ¼a pe aceste dou ¼a inegalit ¼a¸ ti.
Pentru început o s ¼a demonstr ¼am aceste dou ¼a inegalit ¼a¸ ti.
Teorema 2.1 (Euler) Fiind dat un triunghi ABC , unde Reste raza cercului
circumscris triunghiului ABC ¸ sirraza cercului înscris în triunghiul ABC
avem
R2r: (2.3)
CAPITOLUL 2. INEGALIT ¼A ¸ TI ÎN TRIUNGHI. 40
Demonstra¸ tie. Am v ¼azut în capitolul I c ¼aOI2=R2 2Rr:Unde O
reprezint ¼a centrul cercului circumscris triunghiului ABC: De aici deducem
c¼aR2 2Rr0de unde rezult ¼a c¼aR22Rr¸ si simpli
când inegalitatea
prinRob¸ tinem R2r;egalitatea se atinge dac ¼a triunghiul este echilateral.
Teorema 2.2 (Leibniz) Dac ¼a avem un triunghi ABC cua; b; c lungimile
laturilor triunghiului ABC ¸ siRraza cercului circumscris triunghiului, atunci
9R2a2+b2+c2: (2.4)
Demonstra¸ tie. Tot în capitolul I am demonstrat c ¼a
OG2=R2 1
9
a2+b2+c2
,R2 1
9
a2+b2+c2
0,R21
9
a2+b2+c2
:
Înmul¸ tind inegalitatea cu 9rezult ¼a c¼a9R2a2+b2+c2:
Mai departe vom rezolva câteva aplica¸ tii cu ajutorul acestor dou ¼a inegal-
it¼a¸ ti.
Aplica¸ tia 2.27 Într-un triunghi ABC avem c ¼a
rp
3p
3R
2:
Inegalitatea de mai sus poart ¼a numele de inegalitatea lui Mitrinovic,
iar în capitolul urm ¼ator o s ¼a d¼am o alt ¼a demonstra¸ tie pentru aceast ¼a inegal-
itate urmat ¼a de o serie de aplica¸ tii.
Folosim faptul c ¼aS=abc
4R=pr¸ si inegalitatea mediilor rezultând c ¼a
2p=a+b+c33p
abc;
darabc= 4SR = 4Rrp; deci 2p33p4Rrp, ridic ¼am la puterea a treia ¸ si
avem c ¼a8p3274Rrp; din faptul c ¼aR2rreiese c ¼a
8p3278r2p,p3p
3r:
Pentru inegalitatea din dreapta avem c ¼a
p
3p
3R
2,a+b+c3p
3R:
CAPITOLUL 2. INEGALIT ¼A ¸ TI ÎN TRIUNGHI. 41
Folosim teorema sinusurilor ¸ si ob¸ tinem 2R(sinA+ sin B+ sin C)3p
3R;
simpli
c ¼am prin 2R¸ si ob¸ tinem c ¼asinA+ sin B+ sin C3p
3
2:
Aceast ¼a inegalitate se poate demonstra cu ajutorul inegalit ¼a¸ tii lui Jensen.
Consider ¼am func¸ tia f: (0; )!R; f(x) = sin x:Func¸ tia feste concav ¼a pe
(0; ):Din inegalitatea lui Jensen reiese c ¼a
sinA+ sin B+ sin C
3sinA+B+C
3
= sin 60=p
3
2:
Aplica¸ tia 2.28 Dac¼aa; b; c sunt lungimile laturilor triunghiului ABC ,
atunci
(b+c a) (c+a b) (a+b c)abc:
¸ Stim c ¼a
b+c a= 2 (p a); c+a b= 2 (p b); a+b c= 2 (p c):
Inegalitatea devine
8p(p a) (p b) (p c)pabc:
Din faptul c ¼a
S=p
p(p a) (p b) (p c) =pr=abc
4R
reiese c ¼a
8S2p4Rpr,8p2r24Rp2r,2rR:
Aplica¸ tia 2.29 Dac¼aa; b; c sunt lungimile laturilor triunghiului ABC , ar¼a-
ta¸ ti c ¼a
1
ab+1
bc+1
ca1
R2:
Ampli
când prima frac¸ tie cu c;adoua cu a;iar a treia cu brezult ¼a
c¼aa+b+c
abc1
R2,2p
abc1
R2:
¸ Tinem cont de faptul c ¼aabc= 4RS= 4Rpr¸ si inegalitatea devine
2p
4Rrp1
R2,1
2Rr1
R2,1
2r1
R,R2r:
CAPITOLUL 2. INEGALIT ¼A ¸ TI ÎN TRIUNGHI. 42
Aplica¸ tia 2.30 Dac¼aA; B; C sunt vârfurile unui triunghi, atunci
1
sinAsinB+1
sinBsinC+1
sinAsinC4:
Din teorema sinusurilor avem c ¼asinA=a
2R;deci
1
sinAsinB=1
ab
4R2=4R2
ab;
similar
1
sinBsinC=4R2
bc;1
sinAsinC=4R2
ac:
Cu aceste calcule inegalitatea devine
4R21
ab+1
bc+1
ac
4;
folosind inegalitatea precedent ¼a ob¸ tinem concluzia.
Aplica¸ tia 2.31 Dac¼aA; B; C sunt unghiurile unui triunghi, atunci
sinA
2sinB
2sinC
21
8: (2.5)
¸ Tinem cont de faptul c ¼a
sinA
2=r
(p b) (p c)
bc;sinB
2=r
(p a) (p c)
ac;sinC
2=r
(p a) (p b)
ab:
¸ Si avem c ¼a
sinA
2sinB
2sinC
2r
(p b) (p c)
bc(p a) (p c)
ac(p a) (p b)
ab=
(p a) (p b) (p c)
abc=p(p a) (p b) (p c)
pabc:
Din faptul c ¼aS=p
p(p a) (p b) (p c) =pr=abc
4Rob¸ tinem
p(p a) (p b) (p c)
pabc=S2
p4RS=S
4pR=r
4R:
Cumr
4R1
8,8r4R,2rR
ob¸ tinem concluzia cerut ¼a.
CAPITOLUL 2. INEGALIT ¼A ¸ TI ÎN TRIUNGHI. 43
Aplica¸ tia 2.32 Fiea; b; c lungimile laturilor unui triunghi. Ar ¼ata¸ ti c ¼a
a(p a) +b(p b) +c(p c)9Rr:
Pentru a demonstra aceast ¼a inegalitate avem nevoie de câteva rezul-
tate pe care o s ¼a le folosim ¸ si la alte inegalit ¼a¸ ti. ¸ Stim c ¼aa+b+c= 2p:Pentru
a exprima a2+b2+c2în func¸ tie de p; r; R , trebuie s ¼a evalu ¼am mai înâi ex-
presia ab+bc+ac:
S=p
p(p a) (p b) (p c),S2=p(p a) (p b) (p c),
r2p2=p(p a) (p b) (p c):
p(p a) (p b) (p c) =
p2 pa
p2 pc pb+bc
=p4 p2c p3b+p2bc p3a+p2bc+p2ab pabc
=p4 p3(a+b+c) +p2(ab+bc+ac) pabc;
deci
r2p2=p4 p3(a+b+c) +p2(ab+bc+ac) pabc,
r2p=p3 p2(a+b+c) +p(ab+bc+ac) abc,
r2p=p3 2p3+p(ab+bc+ac) 4RS,
r2p= p3+p(ab+bc+ac) 4Rpr,
r2= p2+ab+bc+ac 4Rr
¸ si de aici rezult ¼a c¼a
ab+bc+ac=r2+p2+ 4Rr: (2.6)
Cum
(a+b+c)2=a2+b2+c2+ 2 (ab+bc+ac),
4p2=a2+b2+c2+ 2
r2+p2+ 4Rr
,
4p2=a2+b2+c2+ 2r2+ 2p2+ 8Rr,
a2+b2+c2= 2r2+ 2p2 8Rr;
deci
a2+b2+c2= 2
p2 r2 4Rr
: (2.7)
Acestea
ind spuse avem c ¼a
a(p a) +b(p b) +c(p c) = ap+pb+pc
a2+b2+c2
= p(a+b+c) +
a2+b2+c2
:
CAPITOLUL 2. INEGALIT ¼A ¸ TI ÎN TRIUNGHI. 44
În virtutea rela¸ tiilor din 2.6 ¸ si 2.7 rezult ¼a c¼a
a(p a) +b(p b) +c(p c) = 2 p2 2
p2 r2 4Rr
= 2r2+ 8Rr:
Avem c ¼a
2r2+ 8Rr9Rr,2r2Rr,2rR:
Aplica¸ tia 2.33 Dac¼aA; B; C sunt unghiurile unui triunghi atunci are loc
sinA+ sin B+ sin C4 sinAsinBsinC:
Din teorema sinusurilor avem
sinA=a
2R;sinB=b
2R;sinC=c
2R;
inegalitatea devine
a
2R+b
2R+c
2R4abc
R3,a+b+c
2R4abc
R3,
R2(a+b+c)abc,R22p4Rrp,R2r:
Aplica¸ tia 2.34 Fiea; b; c lungimile laturilor unui triunghi. S ¼a se arate c ¼a
4r2abc
a+b+c:
Din faptul c ¼aabc= 4RS= 4Rrp¸ sia+b+c= 2p;rezult ¼a c¼a
4r24Rrp
2p,8r2p4Rrp,2rR:
Aplica¸ tia 2.35 Dac¼aA; B; C sunt unghiurile unui triunghi, atunci
cosA+ cos B+ cos C3
2:
Aceast ¼a inegalitate a mai fost demonstrat ¼a în alt ¼a sec¸ tiune. Acum
vom da o alt ¼a demonstra¸ tie folosind inegalitatea lui Euler. Mai întâi o s ¼a
demonstr ¼am c¼acosA+cos B+cos C=r
R+1:Ca s¼a demonstr ¼am acest lucru
trebuie s ¼a evalu ¼am mai întâi expresia a3+b3+c3¸ tinând cont de 2.6 ¸ si 2.7 :
Pentru aceasta avem c ¼a
a3+b3+c3= (a+b+c)3 3 (a+b+c) (ab+bc+ca) + 3abc
a3+b3+c3= (2 p)3 3 (2p)
p2+r2+ 4Rr
+ 12Rrp
a3+b3+c3= 8p3 6p
p2+r2+ 4Rr
+ 12Rrp
a3+b3+c3= 8p3 6p3 6pr2 24Rrp + 12Rrp
a3+b3+c3= 2p3 6p2 12Rrp = 2
p3 3p2 6Rrp
:
CAPITOLUL 2. INEGALIT ¼A ¸ TI ÎN TRIUNGHI. 45
Acestea
ind spuse avem c ¼a
cosA+ cos B+ cos C=b2+c2 a2
2bc+c2+a2 b2
2ac+a2+b2 c2
2ab
=ab2+ac2 a3+bc2+ba2 b3+ca2+cb2 c3
2abc
=a(b2+c2) +b(c2+a2) +c(a2+b2) (a3+b3+c3)
2abc
=(a+b+c) (a2+b2+c2) 2 (a3+b3+c3)
2abc
=2p( 2r2+ 2p2 8Rr) 4 (p3 3p2 6Rrp)
8Rrp
=4p3 4r2 16Rrp 4r3+ 12pr2+ 24Rrp
8Rrp
=8pr2+ 2Rrp
8Rrp=r
R+ 1:
Deci
cosA+ cos B+ cos C=r
R+ 13
2,2r+ 2R3R,2rR:
Aplica¸ tia 2.36 Într-un triunghi ABC cu lungimile laturilor a; b; c avem c ¼a
4p
3S9abc
a+b+c:
Folosind inegalitatea lui Leibniz ¸ si de faptul c ¼aR=abc
4Srezult ¼a
9R2a2+b2+c2,a2b2c2
16S2a2+b2+c2
9,
16S2
a2+b2+c2
9a2b2c2,4S3abcp
a2+b2+c2:
Din inegalitatea CBS rezult ¼a c¼aa+b+cp
3p
a2+b2+c2;deci 4p
3S
9abc
a+b+c
Aplica¸ tia 2.37 Dac¼aA; B; C sunt vârfurile unui triunghi atunci
sin2A+ sin2B+ sin2C9
4:
CAPITOLUL 2. INEGALIT ¼A ¸ TI ÎN TRIUNGHI. 46
Din teorema sinusurilor ¸ stim c ¼a
sinA=a
2R;sinB=b
2R;sinC=c
2R;
deci
sin2A+ sin2B+ sin2C=a2
4R2+b2
4R2+c2
4R2=1
4R2
a2+b2+c2
:
Din faptul c ¼a9R2a2+b2+c2rezult ¼a c¼a
sin2A+ sin2B+ sin2C9R2
4R2=9
4:
Aplica¸ tia 2.38 Dac¼aa; b; c sunt lungimile laturilor unui triunghi ar ¼ata¸ ti c ¼a
4p
3S33p
a2b2c2:
¸ Tinem cont de faptul c ¼a9R2a2+b2+c2¸ siS=abc
4R:Inegalitatea
devine
4p
3abc
4R33p
a2b2c2,p
3abc
3R3p
a2b2c2,p
3abc3R3p
a2b2c2,
3a2b2c29R2abc3p
abc,3abc9R23p
abc,3abc
3p
abca2+b2+c2,
a2+b2+c2
3abc
3p
abc=3p
a2b2c2:
Aplica¸ tia 2.39 Presupune c ¼a cercul înscris în triunghiul ABC este tangent
laturilor BC; CA; AB în punctele D; E; F . Ar¼ata¸ ti c ¼a
EF2+FD2+DE2p2
3:
Formând triunghiul EFD , observ ¼am c ¼a cercul înscris în triunghiul
ABC este circumscris triunghiului EFD ¸ si raza cercului circumscris triunghi-
uluiEFD este raza cercului înscris în triunghiul ABC notat ¼a cu r:Având
în vedere inegalitatea lui Leibniz pentru triunghiul EFD avem c ¼aEF2+
FD2+DE29r2:Din inegalitatea lui Mitrinovic, rp
3p
3R
2rezult ¼a c¼a
p227r2de unde rezult ¼a concluzia.
CAPITOLUL 2. INEGALIT ¼A ¸ TI ÎN TRIUNGHI. 47
Aplica¸ tia 2.40 Fiea; b; c lungimile laturilor triunghiului ABC ¸ siha; hb; hc
în¼al¸ timile corespunz ¼atoare laturilor BC; AC; AB: Ar¼ata¸ ti c ¼a
a2
hbhc+b2
hahc+c2
hbha4:
Ampli
când prima frac¸ tie cu bc;a doua cu ac¸ si a treia cu ab¸ si ¸ tinând
cont de faptul c ¼aaha=bhb=chc= 2Sob¸ tinem c ¼a
a2
hbhc+b2
hahc+c2
hbha=a2bc+b2ac+c2ab
4S2=abc(a+b+c)
4S2:
Cum S=abc
4R¸ siS=a+b+c
2rrezult ¼a c¼a
abc(a+b+c)
4SS=abc(a+b+c)
4abc
4Ra+b+c
2r=2R
r4:
Aplica¸ tia 2.41 Fie un triunghi ABC cu lungimile laturilor a; b; c: Ar¼ata¸ ti
c¼a
asinA+bsinB+csinC9R
2:
Din teorema sinusurilor avem c ¼a
sinA=a
2R;sinB=b
2R;sinC=c
2R;
ob¸ tinând
asinA+bsinB+csinC=a2
2R+b2
2R+c2
2R=a2+b2+c2
2R9R
2
,a2+b2+c29R2:
2.6 Inegalit ¼a¸ ti în care apar arii ¸ si perimetre
Aceast ¼a sec¸ tiune este dedicat ¼a inegalit ¼a¸ tilor în care apar ariile ¸ si perime-
trele unor poligoane.
Aplica¸ tia 2.42 (Austria-Poland, 1985). Dac ¼aABCD este un patrulater
convex de arie 1, atunci:
AB+BC+CD +DA +AC+BD4 +p
8:
CAPITOLUL 2. INEGALIT ¼A ¸ TI ÎN TRIUNGHI. 48
FieAC\BD =fOg:Not¼am unghiul f ¼acut de diagonalele AC¸ siBD
cu: m (^COB ) =m(^AOD ) =¸ sim(^COD ) =m(^AOB ) = :
Demonstr ¼am faptul c ¼aSABCD =BDACsin
2folosind formula 1.7.
SABCD =SBOC +SAOD +SCOD +SAOB,
SABCD =OCOBsin
2+OAODsin
2
+OCODsin ( )
2+OAOBsin ( )
2:
Având în vedere faptul c ¼asin ( ) = sin ¸ si dând factor comun pe
sin
2ob¸ tinem
SABCD =sin
2(OCOB+OAOD +OCOD +OAOB)
=sin
2(OB+OD) (OC+OA) =BDACsin
2:
SABCD =BDACsin
2BDAC
2
Din faptul c ¼a
SABC =BCABsinB
2BCAB
2
SCDA =CDADsinD
2CDACsinD
2
putem deduce c ¼a
1 =SABCDBCAB+CDAD
2:
Similar deducem c ¼a
1 =SABCDBCCD +ADAB
2:
Din cele dou ¼a inegalit ¼a¸ ti reiese c ¼a
BCAB+CDAD +BCCD +ADAB4,
(AB+CD) (BC+DA)4
În
nal din faptul c ¼a
(AC+BD)2= 4ACBD + (AC BD)28;
(AB+BC+CD +DA)2= 4 ( AB+CD) (BC+DA) +
+ [(AB+CD) (BC+DA)]24 (AB+CD) (BC+DA)16
putem trage concluzia c ¼aAB+BC+CD +DA +AC+BD4 +p
8:
CAPITOLUL 2. INEGALIT ¼A ¸ TI ÎN TRIUNGHI. 49
Aplica¸ tia 2.43 (Iberoamerican 1992). Folosind un triunghi ABC , constru-
i¸ ti un hexagon cu vârfurile A1; A2; B1; B2; C1; C2ca în
gura de mai jos.
Ar¼ata¸ ti c ¼a aria hexagonului este de cel pu¸ tin 13ori mai mare decât aria
triunghiului ABC .
În prelungirile laturilor AC¸ siABconstruim triunghiul isoscel AA 1A2:
LA fel proced ¼am pentru
ecare vârf al triunghiului ob¸ tinând
gura urm ¼a-
toare.
FieAB =b; BC =a; AC =b: S ABC =absinC
2:
SA1A2B1B2C1C2=SA1BC2+SA2CB1+SB2AC1+SAA1A2
+SBB1B2+SCC1C2 2SABC
=(c+a)2sinB
2+(a+b)2sinC
2+(b+c)2sinA
2
+a2sinA
2+b2sinB
2+c2sinC
2 2SABC
=(a2+b2+c2) (sin A+ sin B+ sin C)
2+casinB
+absinC+bcsinA 2SABC:
Prin urmare SA1A2B1B2C1C213SABCdac¼a ¸ si numai dac ¼a
(a2+b2+c2) (sin A+ sin B+ sin C)
29SABC =9abc
4R:
Folosind teorema sinusurilor avem c ¼a
sinA=a
2R;sinB=b
2R;sinC=c
2R
CAPITOLUL 2. INEGALIT ¼A ¸ TI ÎN TRIUNGHI. 50
¸ si înlocuind mai sus ob¸ tinem
(a2+b2+c2) (a+b+c)
4R9abc
4R,
a2+b2+c2
(a+b+c)9abc:
Aceast ¼a inegalitate se poate demonstra folosind inegalitatea mediilor
a2+b2+c232p
a2b2c2; a+b+c33p
abc,
a2+b2+c2
(a+b+c)9abc:
Aplica¸ tia 2.44 Fiea; b; c trei numere reale pozitive cu c < a ¸ sic < b , atunci
p
c(a c) +p
c(c b)p
ab:
Conider ¼am triunghiurile isoscele ABC ¸ siACD cuAClatur¼a comun ¼a
de lungime 2pc:În triunghiul ABC lu¼amAB =AC =pa¸ si în triunghiul
ACD lu¼amCD =DA =p
bca în
gura de mai jos.
Aria patrulaterului ABCD astfel ob¸ tinut este SABCD =SABC +
SACD: FieEmijlocul lui AC:Cum triunghiurile sunt isoscele avem c ¼aBE?
CA¸ siDE?CA: Din teorema lui Pitagora în triunghiul AED ob¸ tinem
AD2=DE2+AE2;deciDE2=AD2 AE2, înlocuim ¸ si avem c ¼aDE2=b c
de unde rezult ¼a c¼aDE =p
b c;similar BE =pa c:Tragem concluzia
c¼a
SABC =ACBE
2=2pcpa c
2=p
c(a c)
SADC =ACDE
2=2pcp
b c
2=p
c(b c)
SABCD =p
c(a c) +p
c(b c):
CAPITOLUL 2. INEGALIT ¼A ¸ TI ÎN TRIUNGHI. 51
Pe de alt ¼a parte SABCD = 2SABD =2p
absin (^BAD )
2;deciSABCDp
ab
de unde rezult ¼a concluzia.
O alt ¼a idee de demonstra¸ tie ar
s ¼a folosim inegalitatea lui Ptolemeu
în patrulaterul ABCD astfel
BDACADBC+ABCD
de unde rezult ¼a c¼a
p
b c+p
a c
2pcpap
b+pap
b,
2p
c(b c) +p
c(a c)
2p
ab,
p
c(b c) +p
c(a c)p
ab:
Aplica¸ tia 2.45 Fie un patrulater convex înscris într-un cerc de raz ¼a1;în
a¸ sa manier ¼a, astfel încât una dintre laturile sale este diametrul cercului ¸ si
celelalte trei au lungimile egalcu cu a; b; c: Ar¼ata¸ ti c ¼a
abc1:
Not¼am patrulaterul ABCD ¸ siAB =a; BC =b; CD =c; AD = 2
¸ si centrul cercului cu O:Mai not ¼amm(^AOB ) = ; m (^BOC ) = ¸ si
m= (^COD ) =
:
CAPITOLUL 2. INEGALIT ¼A ¸ TI ÎN TRIUNGHI. 52
Aplicând teorema sinusurilor pentru coardele AB,BC; CD cu unghi-
urile la centru de m ¼asur¼a ; ;
ob¸ tinem
a= 2 sin
2; b= 2 sin
2; c= 2 sin
2:
Înmul¸ tind cele trei rela¸ tii rezult ¼a c¼a
abc= 8 sin
2sin
2sin
2,abc81
8= 1:
Am folosit faptul c ¼asin
2sin
2sin
21
8conform 2.5. Inegaliatea 2.5 a fost
demonstrat ¼a pentru unghiurile unui triunghi. Aceasta este valabil ¼a ¸ si pentru
sin
2sin
2sin
21
8având în vedere faptul c ¼a + +
= 180:
2.7 Probleme de maxim ¸ si de minim
Inegalit ¼a¸ tile din aceast ¼a sec¸ tiune se refer ¼a la maxime sau minime geo-
metrice. La unele inegalit ¼a¸ ti trebuie s ¼a g¼asim un punct în interiorul unui
triunghi astfel încât suma unor distan¸ te s ¼a
e minim ¼a sau maxim ¼a, sau la
altele, din toate triunghiurile care au acela¸ si perimetru, care este triunghiul
de arie maxim ¼a. Tot în aceast ¼a sec¸ tiune o s ¼a introducem o no¸ tiune nou ¼a si
anume punctul lui Fermat, apoi o s ¼a prezent ¼am o inegalitate celebr ¼a, inegal-
itatea Ionescu-Weitzenböck.
Aplica¸ tia 2.46 Fieha; hb; hcîn¼al¸ timile unui triunghi ABC ¸ sipa; pb; pcdis-
tan¸ tele de la un punct Pla laturile BC; CA; AB unde Peste un punct situat
în interiorul triunghiului ABC: Ar¼ata¸ ti c ¼a:
(a)ha
pa+hb
pb+hc
pc9
(b)hahbhc27papbpc
(c)(ha pa) (hb pb) (hc pc)8papbpc:
(a)
pa
ha+pb
hb+pc
hc=apa
aha+bpb
bhb+cpc
chc=2SPBC + 2SPCA + 2SPAB
2SABC= 1:
Acum vom utiliza fapptul c ¼a
ha
pa+hb
pb+hc
pcpa
ha+pb
hb+pc
hc
9
CAPITOLUL 2. INEGALIT ¼A ¸ TI ÎN TRIUNGHI. 53
conform 1.18. Având ¼an vedere faptul c ¼apa
ha+pb
hb+pc
hc= 1rezult ¼a inegalitatea
cerut ¼a.
(b) Folosind inegalitatea mediilor reiese c ¼a
27pa
hapb
hbpc
hc
pa
ha+pb
hb+pc
hc3
= 1:
Deci
27pa
hapb
hbpc
hc
1,27papbpchahbhc:
(c) Fie x=SPBC; y=SPCA; z=SPAB:Observ ¼am c¼a
a(ha pa) = aha apa= 2SABC 2SPBC,
a(ha pa) = 2 ( y+z)4pyz;
similar
b(hb pb)4pzx; c (hc pc)4pxy:
Cu aceste considerente ob¸ tinem c ¼a
a(ha pa)b(hb pb)c(hc pc)64xyz = 8 (apabpbcpc),
(ha pa) (hb pb) (hc pc)8papbpc:
Aplica¸ tia 2.47 Ar¼ata¸ ti c ¼a dintre toate triunghiurile care au o latur ¼a comun ¼a
¸ si acela¸ si perimetru, triunghiul isoscel are cea mai mare arie.
Consider ¼am un triunghi ABC cu lungimile laturilor a; b; c: Din for-
mula lui Heron avem c ¼aS=p
p(p a) (p b) (p c):Consider ¼am baza co-
mun¼aAB:Deci
x ¼amp¸ sicavând în vedere faptul c ¼a triunghiurile au acela¸ si
perimetru. Având în vedere fapptul c ¼ap¸ sip csunt
xate, aria triunghiului
este maxim ¼a atunci când (p a) (p b)este maxim, adic ¼ap b=p ade
unde rezult ¼a c¼aa=b:
Aplica¸ tia 2.48 Dintre toate triunghiurile care au acela¸ si perimetru, tri-
unghiul cu aria cea mai mare este triunghiul echilateral.
Fie un triunghi ABC cu lungimile laturilor a; b; c: Din faptul c ¼a
perimetrul este acela¸ si avem c ¼a semipreimetrul este tot aacela¸ si adic ¼apeste
xat. Cum S=p
p(p a) (p b) (p c)rezult ¼a c¼a aria triunghiului este
maxim ¼a dac ¼a(p a) (p b) (p c)este maxim, adic ¼ap a=p b=p c
adic¼aa=b=c:
CAPITOLUL 2. INEGALIT ¼A ¸ TI ÎN TRIUNGHI. 54
Aplica¸ tia 2.49 Din toate triunghiurile înscrise într-un cerc, triunghiul cu
cel mai mare perimetru este cel echilateral.
Fie un triunghi ABC cu lungimile laturilor a; b; c: Din teorema si-
nusurilor avem c ¼a
a= 2RsinA; b = 2RsinB; c = 2rsinC,
a+b+c= 2R(sinA+ sin B+ sin C)6RsinA+B+C
3
;
inegalitatea este adev ¼arat¼a deoarece func¸ tia sinus este concav ¼a pe intervalul
(0; ), iar concluzia rezult ¼a din inegalitatea lui Jensen. Deci a+b+ceste
maxim dac ¼a se atinge egalitatea, adic ¼aA=B=C:
Aplica¸ tia 2.50 Dac¼aPesteun punct situat în interiorul triunghiului ABC
¸ sil=PA; m =PB; n =PC, ar¼ata¸ ti c ¼a
(lm+mn+nl) (l+m+n)a2l+b2m+c2n:
Desfacem parantezele, grup ¼am convenabil termenii ¸ si ob¸ tinem c ¼a
l2+m2 c2
lm+m2+n2 b2
mn+n2+l2 a2
nl+ 30,
cos (^APB ) + cos ( ^BPC ) + cos ( ^CPA ) +3
20:
Not¼amm(^APB ) = ; m (^BPC ) = ; m (^CPA ) =
¸ si + +
=:
Inegalitatea devine
cos + cos + cos
+3
20,
2 cos +
2+ cos
22
+ sin2
20:
Aplica¸ tia 2.51 În interiorul triunghiului ABC se consider ¼a un punct M
care se proiecteaz ¼a pe latura BCîn punctul P;pe latura ACîn punctul Q¸ si
pe latura ABîn punctul R:S¼a se precizeze pozi¸ tia punctului Mpentru care
BC
MP+CA
MQ+AR
MReste minim ¼a.
CAPITOLUL 2. INEGALIT ¼A ¸ TI ÎN TRIUNGHI. 55
FieAB =c; BC =a; AC =b;2p=a+b+c; MP =x; MQ =
y; MR =z:
BC
MP+CA
MQ+AR
MR=a
x+b
y+c
z:
DinSABC =SBMC +SCMA +SAMB ob¸ tinem c ¼a
SABC =ax
2+by
2+cz
2,2SABC =ax+by+cz:
Folosim CBS pentrupax;pby;pcz¸ sira
x;rb
y;rc
z¸ si avem c ¼a
paxra
x+p
bys
b
y+pczrc
z!2
(ax+by+cz)a
x+b
y+c
z
,
a
x+b
y+c
z(a+b+c)2
ax+by+cz,
a
x+b
y+c
z4p2
2SABC,a
x+b
y+c
z2p
r;
a¸ sadar mina
x+b
y+c
z
=2p
r:Acest minim se atinge când
paxra
x=pbyrb
y=pczrc
z,x=y=z=r:
Dac¼a înlocuim x=y=zîn2SABC =ax+by+czrezult ¼a c¼a
(a+b+c)x
2=SABC,px=SABC,x=SABC
p=r:
În concluzie Meste centrul cercului înscris în triunghiul ABC:
CAPITOLUL 2. INEGALIT ¼A ¸ TI ÎN TRIUNGHI. 56
Aplica¸ tia 2.52 Se consider ¼a un triunghi ascu¸ titunghic ABC . S¼a se deter-
mine pozi¸ tia punctului Msituat în interiorul triunghiului ABC pentru care
suma BP2+CQ2+AR2este minim ¼a, unde P; Q; R sunt proiec¸ tiile punctului
Mpe laturile BC; AC; AB:
Fiea; b; c lungimile laturilor triunghiului ABC; BP =x,PC =
a x; CQ =y,AQ =b y; AR =z,BR =c z:Acestea
ind spuse
avem
BP2+CQ2+AR2=x2+y2+z2:
În triunghiurile dreptunghice formate, din teorema lui Pitagora rezult ¼a
BM2 BP2=CM2 CP2
CM2 CQ2=AM2 AQ2
AM2 AR2=BM2 BR2:
Prin adunarea lor ob¸ tinem
BP2+CQ2+AR2=CP2+AQ2+BR2
de unde rezult ¼a c¼a
x2+y2+z2= (a x)2+ (b y)2+ (c z)2,
ax+by+cz=a2+b2+c2
2:
C¼aut¼ammin ( x2+y2+z2)folosind inegalitatea CBS pentru a; b; c ¸ six; y; z
¸ si avem
a2+b2+c2
x2+y2+z2
(ax+by+cz)2=(a2+b2+c2)2
4,
x2+y2+z2a2+b2+c2
4:
CAPITOLUL 2. INEGALIT ¼A ¸ TI ÎN TRIUNGHI. 57
A¸ sadar, min ( x2+y2+z2) =a2+b2+c2
4care se atinge când
a
x=b
y=c
z=k,x=a
k; y=b
k; z=c
k
înlocuind x; y; z în rela¸ tia ax+by+cz=a2+b2+c2
2ob¸ tinem
aa
k+bb
k+cc
k=a2+b2+c2
2,k= 2;
decix=a
2; y =b
2; z =c
2ceea ce înseamn ¼a c¼aP; Q; R sunt mijloacele
laturilor triunghiului ABC , iar MO; MQ; MR sunt mediatoarele triunghi-
uluiABC: Concluzion ¼am c ¼a punctul Meste centruul cercului circumscris
triunghiului ABC:
Aplica¸ tia 2.53 (IMO, 1961, Ionescu-Weitzenböck). Fie a; b; c lungimile la-
turilor triunghiului ABC: Ar¼ata¸ ti c ¼a
4p
3Sa2+b2+c2:
Pentru a demonstra aceast ¼a inegalitate trebuie s ¼a introducem o nou ¼a
no¸ tiune ¸ si anume punctul lui Fermat.
Teorema 2.3 Dac¼aABC este un triunghi cu unghiurile mai mici sau egale
cu120;exist¼a ¸ si este unic un punct Pastfel încât
m(^APB ) =m(^BPC ) =m(^CPA ) = 120:
Punctul Pse nume¸ ste punctul lui Fermat pentru triunghiul ABC:
CAPITOLUL 2. INEGALIT ¼A ¸ TI ÎN TRIUNGHI. 58
Demonstra¸ tie. Pe laturile AC¸ siABconstruim în exterior dou ¼a triunghi-
uri echilaterale: AB0C¸ siAC0B:Consider ¼am cercurile circumscrise celor
dou¼a triunghiuri echilaterale. Cele dou ¼a cercuri se intersecteaz ¼a înA¸ si în alt
punct notat cu P. Din faptul c ¼aAPCB0este patrulater inscriptibil avem c ¼a
m(^CPA ) = 180 m(^AB0C) = 120:
Similar pentru patrulaterul APBC0
m(^APB ) = 180 m(^AC0B) = 120:
În
nal
m(^CPB ) = 360 m(^CPA ) m(^APB ) = 360 120 120= 120:
Am demonstrat existen¸ ta acelui punct. Pentru a demonstra unicitatea, pre-
supunem c ¼a avem un alt punct Qcare satisface
m(^AQB ) =m(^BQC ) =m(^CQA ) = 120:
Din faptul c ¼am(^AQB ) = 120rezult ¼a c¼aQse a ¼a pe cercul care trece prin
punctele ABC0;similar Qse a ¼a pe cercul care trece prin punctele ACB0,
de unde rezult ¼a c¼aQ=P:
Revenind la inegalitatea noastr ¼a, consider ¼am punctul lui Fermat notat
cuFpentru un triunghi ABC: Not¼am cu p1=FA; p 2=FB; p 3=FC.
Folosind formula 1.7 avem c ¼a
S=(p1p2+p2p3+p3p1) sin 120
2,S=p
3
4(p1p2+p2p3+p3p1):
Folosind teorema cosinusului în triunghurile, AFB; BFC; CFA rezult ¼a fap-
tul c¼a
a2+b2+c2= 2p2
1+ 2p2
2+ 2p2
3 2p1p2cos 120
2p2p3cos 120 2p3p1cos 120
= 2
p2
1+p2
2+p2
3
+p1p2+p2p3+p3p1:
Folosind inegalitatea x2+y22xydeducem faptul c ¼a
a2+b2+c2= 2
p2
1+p2
2+p2
3
+p1p2+p2p3+p3p1
3 (p1p2+p2p3+p3p1),
a2+b2+c23 (p1p2+p2p3+p3p1) = 34p
3S,4p
3Sa2+b2+c2:
CAPITOLUL 2. INEGALIT ¼A ¸ TI ÎN TRIUNGHI. 59
Aplica¸ tia 2.54 Fie un triunghi ABC ¸ siFpunctul lui Fermat asociat tri-
unghiului ABC: Ar¼ata¸ ti c ¼a
4p
3S(AF+BF+CF)2:
Fiea; b; c lungimile laturilor triunghiului ABC ¸ sip1=FA; p 2=
FB; p 3=FC. Din inegalitatea anterioar ¼a avem c ¼a
4p
3S= 3 (p1p2+p2p3+p3p1):
Înlocuind în inegalitatea noastr ¼a ob¸ tinem
3 (p1p2+p2p3+p3p1)(p1+p2+p3)2,
3 (p1p2+p2p3+p3p1)p2
1+p2
2+p2
3+ 2 (p1p2+p2p3+p3p1),
p1p2+p2p3+p3p1p2
1+p2
2+p2
3:
Capitolul 3
Inegalit ¼a¸ ti deosebite
În aceste capitol vom prezenta inegalit ¼a¸ ti deosebite, date la olimpiade ¸ si con-
cursuri ¸ scolare, inegalit ¼a¸ ti algebrice transformate în inegalit ¼a¸ ti geometrice,
inegalit ¼a¸ ti din diverse numere ale gazetei matematice, câteva inegalit ¼a¸ ti re-
marcabile, despre unele inegalit ¼a¸ ti remarcabile am vorbit ¸ si în capitolul doi ¸ si
o teorem ¼a important ¼a din geometria inegalit ¼a¸ tilor, teorema Erdös-Mordell.
3.1 Inegalit ¼a¸ ti date la olimpiade ¸ si concursuri
¸ scolare
Aceast ¼a sec¸ tiune reprezint ¼a o selec¸ tie de inegalit ¼a¸ ti date la diferite con-
cursuri ¸ scolare ¸ si olimpiade. Unele dintre ele au un grad ridicat de di
cultate.
Aplica¸ tia 3.1 (GMA, 2/2001, Vasile Cârtoaje, Departament of Automation and
Computers University "Oil and Gas" of Ploie¸ sti).
(a) Pentru orice numere reale x; y; z arbitrare, în orice triunghi exist ¼a
inegalitatea
ya2+zb2+xc2
za2+xb2+yc2
(xy+yz+zx)
a2b2+b2c2+c2a2
cu egalitate dac ¼a ¸ si numai dac ¼ax
a2=y
b2=z
c2:
(b) ( IMO, Paris, 1983, propus ¼a de SUA )
a2b(a b) +b2c(b c) +c2a(c a)0:
(c) ( Inegalitatea lui Walker )
a2
b2+b2
c2+c2
a2
a2+b2+c21
a2+1
b2+1
c2
60
CAPITOLUL 3. INEGALIT ¼A ¸ TI DEOSEBITE 61
(d) ( IMO, 1964 )
a2(b+c a) +b2(c+a b) +c2(a+b c)3abc:
(a) Desf ¼acând parantezele ¸ si grupând convenabil termenii, inegali-
tatea se scrie sub forma
(xbc)2+ (yca)2+ (zab)2yza2
b2+c2 a2
+zxb2
c2+a2 b2
+xyc2
a2+b2 c21
a2b2c2()
x
a2+y
b2+z
c2yzb2+c2 a2
b2c2+zxc2+a2 b2
c2a2+xya2+b2 c2
a2b2:
Din teorema cosinusului avem c ¼a
x
a2+y
b2+z
c2yz2 cosA
bc+zx2 cosB
ca+xy2 cosC
ab,
0x
a y
bcosC z
ccosB2
+y
bsinC z
csinB2
:
Egalitatea are loc dac ¼a ¸ si numai dac ¼a parantezele rotunde sunt nule adic ¼ax
a2=y
b2=z
c2:
(b) Inegalitatea rezult ¼a din punctul (a) pentru x=1
b; y=1
c; z=1
a:
(c) Inegalitatea rezult ¼a din punctul (a) pentru x=1
b2; y=1
c2; z=
1
a2:
(d) Pentru x=a; y =b; z=cdin punctul (a) rezult ¼a inegalitatea
cerut ¼a.
Aplica¸ tia 3.2 (Olimpiada Jude¸ tean ¼a de Matematic ¼a, 1989 ). S¼a se arate c ¼a
dac¼a în triunghiul ABC are loc inegalitatea
a4b4 b2c2+c4;
atunci m(^A)60:
Din faptul c ¼a
b4+c42b2c2,
b2 c220:
a4b4+c4 b2c2b2c2,a2bc:
CAPITOLUL 3. INEGALIT ¼A ¸ TI DEOSEBITE 62
Dac¼aa2bcavem
a4+ 2a2bcb4+c4 b2c2+ 2b2c2,a4+ 2a2bcb4+c4+b2c2,
a4+ 2a2bc+b2c2b4+c4+ 2b2c2,
a2+bc2
b2+c22,
a2+bcb2+c2,b2+c2 a2bc,2bccosAbc,
cosA1
2,m(^A)60:
Aplica¸ tia 3.3 (Olimpiada Local ¼a de Matematic ¼a 1993, Dolj, Dan Secl ¼aman,
Craiova ). Dac ¼a în triunghiul ABC exist¼a inegalitatea
a21
bc+1
4R2
4 sinA
2+
6
sinA
2
6
a
R;
atunci triunghiul ABC este dreptunghic isoscel.
Pentru început o s ¼a prelucr ¼am membrul stâng scriind inegalitatea
sub o alt ¼a form ¼a
a21
bc+1
4R2
4 sinA
2+
6
sinA
2
6
=
a2
bc+a
2R2
4" p
3
2sinA+1
2cosA
2! p
3
2sinA 1
2cosA
2!#
=
a2
bc+ sin2A 43
4
1 cos2A
2
1
4cos2A
2
=
a2
bc+ sin2A 23
2 2 cos2A
2
=
a2
bc+ sin2A 21
2 2 cos2A
2+ 1
=
a2
bc+ sin2A 2
cos
3 cosA
a
R,
a2
bc+ sin2A 1 +b2+c2 a2
bc0,
(sinA 1)2+(b c)2
bc0:
De unde rezult ¼a c¼asinA= 1¸ sib=c:Am folosit faptul c ¼aa
R= 2 sin Arela¸ tie
care rezult ¼a din teorema sinusurilor.
Aplica¸ tia 3.4 (India 1999 ). Dac ¼a avem un triunghi ABC , atunci are loc
a
a b+c+b
b c+a+c
c a+b3:
CAPITOLUL 3. INEGALIT ¼A ¸ TI DEOSEBITE 63
Folosim substitu¸ tiile lui Ravi
a=y+z; b=z+x; c=x+y; x; y; z > 0
¸ si ob¸ tinem
a
a b+c+b
b c+a+c
c a+b=y+z
2y+z+x
2z+x+y
2x
=1
2
1 +z
y+ 1 +x
z+ 1 +y
x
=1
2
3 +z
y+x
z+y
x
:
Din inegalitatea mediilor rezult ¼a c¼a
1
2
3 +z
y+x
z+y
x
1
2(3 + 3) = 3 :
Aplica¸ tia 3.5 (ON 2008, Lista scurt ¼a, M.Becheanu ).
a
cosA+b
cosB+c
cosC3 (a+b+c);
unde triunghiul ABC este ascu¸ titunghic.
a
cosA+b
cosB+c
cosC=a2
acosA+b2
bcosB+c2
ccosCTA
(a+b+c)2
acosA+bcosB+ccosC:
Acum o s ¼a calcul ¼am
acosA+bcosB+ccosC=ab2+c2 a2
2bc+bc2+a2 b2
2ac+ca2+b2 c2
2ab
=2a2b2+ 2b2c2+ 2c2a2 a4 b4 c4
2abc
=16S2
24RS=2S
R=2rp
R= (a+b+c)r
R:
Deci
a
cosA+b
cosB+c
cosC(a+b+c)2
(a+b+c)r
R= (a+b+c)R
r,
a
cosA+b
cosB+c
cosC(a+b+c)R
rR2r
(a+b+c)2r
r= 2 (a+b+c):
CAPITOLUL 3. INEGALIT ¼A ¸ TI DEOSEBITE 64
Aplica¸ tia 3.6 (Unites States of America Mathematical Olympiad USAMO 2002 ).
Ar¼ata¸ ti c ¼a in orice triunghi ABC exist¼a inegalitatea
ctgA
22
+
2 ctgB
22
+
3 ctgC
22
6p
7r2
:
Folosim faptul c ¼actgA
2=p a
r;rela¸ tie demonstrat ¼a în capitolul
trecut ¸ si analoagele. Inegalitatea se scrie sub forma
p a
r2
+ 4p b
r2
+ 9p c
r2
6p
7r2
,
(p a)2+ 4 (p b)2+ 9 (p c)236p2
49,
(p a)2
36+(p b)2
9+(p c)2
4p2
49:
Din inegalitatea Titu Andreescu avem c ¼a
(p a)2
36+(p b)2
9+(p c)2
4(p a+p b+p c)2
36 + 9 + 4=p2
49:
Aplica¸ tia 3.7 (Kappa Mu Epsilon, Sping 2013, Jose Luis Diaz-Barrero, Barcelona,
Spania ). Într-un triunghi ABC are loc
(a)sinA
4 sinB+ 5p
sinAsinB2 sinA
5 sinA+ 13 sin B
(b)sinA
4 sinB+ 5p
sinAsinB+sinA
4 sinB+ 5p
sinAsinB+sinA
4 sinB+ 5p
sinAsinB1
3:
Inegalitatea (a) a fost demonstrat ¼a în capitolul doi. La inegalitatea
(b) folosim inegalitatea (a) ¸ si ob¸ tinem
sinA
4 sinB+ 5p
sinAsinB+sinA
4 sinB+ 5p
sinAsinB+sinA
4 sinB+ 5p
sinAsinB=
2 sinA
5 sinA+ 13 sin B+2 sinB
5 sinB+ 13 sin C+2 sinC
5 sinC+ 13 sin A=
2sin2A
5 sin2A+ 13 sin AsinB+ 2sin2B
5 sin2B+ 13 sin BsinC+ 2sin2C
5 sin2C+ 13 sin CsinA
2 (sin A+ sin B+ sin C)2
5
sin2A+ sin2B+ sin2C
+ 13 (sin AsinB+ sin BsinC+ sin CsinA)1
3:
CAPITOLUL 3. INEGALIT ¼A ¸ TI DEOSEBITE 65
Pentru a demonstra ultima inegalitate, elimin ¼am numitorii ¸ si rezult ¼a c¼a
6 (sin A+ sin B+ sin C)2
sin2A+ sin2B+ sin2C
+13 (sin AsinB+ sin BsinC+ sin CsinA),
sin2A+ sin2B+ sin2CsinAsinB+ sin BsinC+ sin CsinA
Aplica¸ tia 3.8 (Olimpiada de matematic ¼a 1987, Arge¸ s ). Ar ¼ata¸ ti c ¼a
maRsinjB Cj:
Prin ridicare la p ¼atrat ob¸ tinem
m2
aR2sin2(B C),
2 (b2+c2) a2
4R2(sinBcosC sinCcosB)2,
R2b
2Ra2+b2 c2
2ab c
2Ra2+c2 b2
2ac2
2 (b2+c2) a2
4,
a4+b4+c42a2b2+ 2b2c2+ 2c2a2,
a2 b2 c22 4b2c20,
a2 (b+c)2
a2 (b c)2
0,
(a+b+c) (a b c) (a b+c) (a+b c)0:
3.2 Inegalit ¼a¸ ti algebrice ce pot
transformate
în inegalit ¼a¸ ti geometrice.
În aceast ¼a sec¸ tiune o s ¼a prezent ¼am câteva inegalit ¼a¸ ti algebrice, care dup ¼a
câteva considera¸ tii, o s ¼a se transforme în inegalit ¼a¸ ti geometrice.
Aplica¸ tia 3.9 Fiex; y; z 2(0;1):Ar¼ata¸ ti c ¼a
x(1 y) +y(1 z) +z(1 x)<1:
Consider ¼am un triunghi echilateral ABC de latur ¼a1¸ siM2AB; N 2
BC¸ siP2CAastfel încât AM =x; BN =z; CP =y:
CAPITOLUL 3. INEGALIT ¼A ¸ TI DEOSEBITE 66
Observ ¼am c¼a
SAMP +SBNM +SCPN < S ABC,
x(1 y) sinA
2+z(1 x) sinB
2+y(1 z) sinC
2<p
3
4,
x(1 y)p
3
4+z(1 x)p
3
4+y(1 z)p
3
4<p
3
4,
x(1 y) +y(1 z) +z(1 x)<1:
Aplica¸ tia 3.10 Fiex; y; z; t 2(0;1):Ar¼ata¸ ti c ¼a
x(1 y) +y(1 z) +z(1 t) +t(1 x)<2:
Procedând analog ca mai sus, o s ¼a consider ¼am un p ¼atrat de latur ¼a1.
M2AB; N 2BC; O 2CD; P 2ADastfel încât AM =x; BN =t; CO =
z; PD =y:
CAPITOLUL 3. INEGALIT ¼A ¸ TI DEOSEBITE 67
Se observ ¼a c¼a
SPAM +SMBN +SNCO +SODP < S ABCD,
x(1 y)
2+t(1 x)
2+z(1 t)
2+y(1 z)
2<1
x(1 y) +t(1 x) +z(1 t) +y(1 z)<2:
Aplica¸ tia 3.11 Dac¼aa; b; c > 0, ar¼ata¸ ti c ¼a
p
a2 ab+b2+p
b2+bc+c2> a+c:
Consider ¼am un triunghi ABC având m(^C) = 60:Din teorema
cosinusului avem c ¼a
c2=a2+b2 2abcosC,c2=a2+b2 ab,c=p
a2 ab+b2:
Inegalitatea noastr ¼a devinep
b2+bc+c2> a:Prin ridicare la p ¼atrat ob¸ tinem
b2+bc+c2> a2:Dac¼am(^C) = 60, asta înseamn ¼a c¼am(^A) +m(^B) =
120de unde rezult ¼a c¼am(^A)<120; m (^B)<120:Aplicând teorema
cosinusului reiese c ¼aa2=b2+c2 2bccosA:Observ ¼am c¼a valoarea maxim ¼a
a lui ase atinge atunci când cosAeste maxim. Dac ¼am(^A)<120rezult ¼a
c¼acosA < 1
2, deci a2=b2+c2 2bccosA < b2+bc+c2:
Aplica¸ tia 3.12 Dac¼aa; b; c2Ratunci
p
a2+b2+c2+ 2ac+p
a2+b2+c2 2ac2p
a2+b2:
Consider ¼am reperul cartezian xOy ¸ si alegem punctele
A(a; b); B(c;0); C( c;0); O(0;0):Pentru dou ¼a puncte arbitrare M(x1; y1)
¸ siN(x2; y2)distan¸ ta dintre punctele M¸ siNeste
MN =q
(x2 x1)2+ (y2 y1)2:
CAPITOLUL 3. INEGALIT ¼A ¸ TI DEOSEBITE 68
Folosind formula distan¸ tei dintre dou ¼a puncte avem
AB =q
(a c)2+b2=p
a2+b2+c2 2ac
AC =q
(a+c)2+b2=p
a2+b2+c2+ 2ac¸ siOA=p
a2+b2:
Cu aceste considerente inegalitatea a devenir una geometric ¼a ¸ si anume
OAAB+AC
2,mab+c
2:
Folosind teorema medianei rezult ¼a c¼a
2 (b2+c2) a2
4b2+c2+ 2bc
4,2
b2+c2
a2b2+c2+ 2bc,
b2+c2 a22bc,b2+c2 2bc a20,(b c)2 a20,
(b c a) (b c+a)0:
Aplica¸ tia 3.13 Dac¼ax; y2Ratunci
p
x2+y2+q
x2+ (y 2)2+q
(x 2)2+y2+q
(x 2)2+ (y 2)2>4p
2:
Alegem în reperul cartezian xOy punctele:
M(x; y); A(2;0); B(0;2); C( 2;0); D(0; 2)
unde Meste ales arbitrar în plan.
CAPITOLUL 3. INEGALIT ¼A ¸ TI DEOSEBITE 69
Din formula distan¸ tei dintre dou ¼a puncte avem c ¼aAB =BC =CD =
DA = 2p
2. Mai consider ¼am un punct E(2;2), iar OE = 2p
2:Tor din
formula distan¸ tei dintre dou ¼a puncte reiese c ¼a
OM =p
x2+y2; AM =q
(x 2)2+y2; BM =q
x2+ (y 2)2;
EM =q
(x 2)2+ (y 2)2:
Inegalitatea noastr ¼a devine
OM +BM +AM +EM > 4p
2,BM +AM +OM +EM > 4p
2:
În triunghiurile OEM ¸ siBAM conform inegalit ¼a¸ tii triunghiului rezult ¼a
AM +BM > AB; OM +EM > OE:
Prin adunarea celor dou ¼a rela¸ tii ob¸ tinem c ¼a
AM +BM +OM +EM > AB +OE:
Având în vedere faptul c ¼aAB =OE = 2p
2rezult ¼a concluzia.
Aplica¸ tia 3.14 Ar¼ata¸ ti c ¼a
xp
1 y2+yp
1 x21;8x; y2[ 1;1]:
Pentru orice numere x; y2[ 1;1]exist¼a ¸ si sunt unice numerele t; s2h
2;
2i
astfel încât x= sin t;p
1 x2= cos t¸ siy= sin s;p
1 y2= cos s:
Inegalitatea devine
sintcoss+ sin scost1,sin (t+s)1:
CAPITOLUL 3. INEGALIT ¼A ¸ TI DEOSEBITE 70
Aplica¸ tia 3.15 Fiex2R:Ar¼ata¸ ti c ¼a
x(1 x2)
(1 +x2)21
4:
Consider ¼am c¼ax= tga;unde a2
2;
2
:Cu aceast ¼a substitu¸ tie
inegalitatea devine
tga(1 tg2a)
(1 + tg2a)21
4,sina
cosa
1 sin2a
cos2a
1 +sin2a
cos2a21
4,
sina
cosacos2a sin2a
cos2a
cos2a+ sin2a
cos2a21
4,sina
cosacos 2a
cos2a
1
cos4a1
4,
sinacos 2a
cos3acos4a
11
4,sinacosacos 2a1
4,
2 sinacosacos 2a
21
4,sin 2acos 2a
21
4,
2 sin 2 acos 2a
41
4,sin 4a
41
4:
Aplica¸ tia 3.16 Pentru orice dou ¼a numere reale x¸ siyar¼ata¸ ti c ¼a
(x+y) (1 xy)
(1 +x2) (1 + y2)1
2:
Consider ¼amx= tga¸ siy= tgb;unde a; b2
2;
2
:Acum o s ¼a
evalu ¼am membrul stând al inegalit ¼a¸ tii
x+y= tg a+ tgb=sina
cosa+sinb
cosb=sin (a+b)
cosacosb
1 xy = 1 tgatgb= 1 sina
cosasinb
cosb=cos (a+b)
cosacosb
1 +x2= 1 + tg2a= 1 +sin2a
cos2a=1
cos2a
1 +y2= 1 + tg2b=1
cos2b:
CAPITOLUL 3. INEGALIT ¼A ¸ TI DEOSEBITE 71
Cu aceste calcule avem c ¼a
(x+y) (1 xy)
(1 +x2) (1 + y2)=sin (a+b)
cosacosbcos (a+b)
cosacosb
1
cos2acos2b= sin ( a+b) cos ( a+b):
sin (a+b) cos ( a+b) =2 sin ( a+b) cos ( a+b)
2=sin [2 ( a+b)]
21
2:
3.3 Teorema Erdös-Mordell
Am introdus aceast ¼a sec¸ tiune, deoarece teorema se bazeaz ¼a pe inegalit ¼a¸ ti
geometrice în plan, apoi o s ¼a preciz ¼am câteva inegalit ¼a¸ ti geometrice care se
bazeaz ¼a pe aceast ¼a teorem ¼a.
Inegalitatea din teorem ¼a a fost propus ¼a de Erdös (1935) ¸ si rezolvat ¼a
de Mordell si Barrow (1937). Sunt mai multe demonstra¸ tii pentru aceast ¼a
teorem ¼a. Am ales demonstra¸ tia lui Kazarino¤ (1945) deoarece folose¸ ste
geometria elementar ¼a.
Înainte s ¼a enun¸ t ¼am teorema vom prezenta teorema lui Pappus (f ¼ar¼a
demonstra¸ tie) pe care o vom folosi în demonstra¸ tie teoremei Erdös-Mordell.
Teorema 3.1 (Pappus). Fie ABC un triunghi, AA0B0C¸ siCC0A00Adou¼a
paralelograme construite pe laturile AC¸ siABastfel încât amândou ¼a paralel-
ogramele sunt ori în interiorul ori în exteriorul triunghiului. Fie Pinter-
sec¸ tia dreptelor B0A0¸ siC0A00:Construim un alt paralelogram BP0P00Cpe
latura BCastfel încât BP0s¼a
e paralel ¼a cuAP¸ si de aceea¸ si lungime. Vom
avea urm ¼atoarea rela¸ tie în tre ariile:
SBP0P00C=SAA0B0B+SCC0A00A:
Desenul este ilustrat în
gura urm ¼atoare
CAPITOLUL 3. INEGALIT ¼A ¸ TI DEOSEBITE 72
Teorema 3.2 (Erdös-Mordell). Fie Pun punct arbitrar în interiorul unui
triunghi ABC . Dac ¼apa; pb; pcsunt lungimile distan¸ telor de la punctul Pla
laturile triunghiului ABC , de lungimi a; b; c atunci
PA+PB+PC2 (pa+pb+pc): (3.1)
Cu egalitate dac ¼a triunghiul este echilateral ¸ si Peste centrul cercului cir-
cumscris triunghiului.
Demonstra¸ tie. (Kazarino¤). Consider ¼am bisectoarea BLa unghiului B¸ si
A0; C0simetricele punctelor A¸ siCfa¸ t¼a de bisectoarea BL:Mai consider ¼am
paralelogramele determinate de punctele B; P ¸ siA0¸ si de punctele B; P ¸ siC0:
Conform teoremei lui Pappus suma acestor paralelograme este cpa+apc¸ si
este egal ¼a cu aria paralelogramului A0P0P00C0;unde A0P0kBP;iarP00este
ales astfel încât P0P00kA0C0:Aria paralelogramului A0P0P00C0este cel mult
bPB:
Ariile sunt egale dac ¼aBP?A0C0¸ si acest lucru se întâmpl ¼a dac ¼aP2BO
unde Oeste centrul cercului circumscris triunghiului ABC (m(^BPA ) =
90 m(^A);darm(^A0) =m(^A)¸ sim(^BOC ) = 90 m(^A), atunci
P2BO). Cu aceste considerente avem c ¼a
cpa+apcbPB:
Pentru a în¸ telege mai bine vom privi cu aten¸ tie
gurile urm ¼atoare.
CAPITOLUL 3. INEGALIT ¼A ¸ TI DEOSEBITE 73
Prin urmare,
PBc
bpa+a
bpc; PAb
apc+c
apb; PCb
apa+a
cpb:
Adunând inegalit ¼a¸ tile de mai sus ob¸ tinem c ¼a
PA+PB+PCb
c+c
b
pa+c
a+a
c
pb+a
b+b
a
pc,
PA+PB+PC2 (pa+pb+pc):
În continuare vom prezenta câteva aplica¸ tii care se rezolv ¼a cu aju-
torul acestei teoreme.
Aplica¸ tia 3.17 (IMO, 1991). Fie Pun punct situat în interiorul triunghiu-
luiABC: Ar¼ata¸ ti c ¼a cel pu¸ tin unui dintre unghiurile ^PAB; ^PBC; ^PCA
este mai mic sau egal cu 30:
Fie punctele A1B1; C1proiec¸ tiile punctului Ppe laturile BC; AC; AB:
Din teorema Erdös-Mordell avem c ¼a
PA+PB+PC2PA 1+ 2PB 1+ 2PC 1:
În inegalitatea de mai sus, una din inegalit ¼a¸ ti va
satisf ¼acut¼a
PA2PC 1; PB2PA 1; PC2PC 1:
Presupunând c ¼aPA2PC 1;puem deduce faptul c ¼a1
2PC 1
PA= sin ( ^PAB ),
atunci m(^PAB )30saum(^PAB )150:Dac¼am(^PAB )150
rezult ¼a c¼am(^PBC )<30:
CAPITOLUL 3. INEGALIT ¼A ¸ TI DEOSEBITE 74
Aplica¸ tia 3.18 Utilizând nota¸ tiile din toerema Erdös-Mordell, ar ¼ata¸ ti c ¼a
aPA +bPB +cPC4S:
Consider ¼am paralelogramele determinate de punctele B; C; P ¸ siB; A; P
ca în
gura de mai jos. Paralelogramele sunt construite dup ¼a teorema lui Pap-
pus. Este clar faptul c ¼abPBapa+cpc, similar ob¸ tinem aPAbpb+cpc
¸ siaPCapa+bpb:
Însumând ob¸ tinem
aPA +bPB +cPC2 (apa+bpb+cpc) = 4 S:
Aplica¸ tia 3.19 Ar¼ata¸ ti c ¼a
paPA+pbPB+pcPC2 (papb+pbpc+pcpa):
Din inegalitatea anterioar ¼a avem c ¼a
aPAbpb+cpc,paPAb
apapb+c
apcpa:
Similar deducem c ¼a
pbPBa
bpapb+c
bpcpb; pcPCa
cpapc+b
cpbpc:
Însumând ob¸ tinem
paPA+pbPB+pcPCa
b+b
a
papb+b
c+c
b
pbpc+a
c+c
a
pcpa,
paPA+pbPB+pcPC2 (papb+pbpc+pcpa):
CAPITOLUL 3. INEGALIT ¼A ¸ TI DEOSEBITE 75
Aplica¸ tia 3.20 Utilizând nota¸ tiile din teorema Erdös-Mordell ar ¼ata¸ ti c ¼a
PAPBPCR
2r(pa+pb) (pb+pc) (pc+pa):
Fie punctul C1pe latura BCastfel încât BC 1=AB: Din teorema
cosinusului ob¸ tinem c ¼aAC 1= 2csinB
2¸ si din teorema la Pappus rezult ¼a c¼a
PB
2csinB
2
cpa+cpc:
Printr-o simpli
care cu c¸ si permut ¼ari circulare ob¸ tinem
PBpa+pc
2 sinB
2; PApb+pc
2 sinA
2; PCpa+pb
2 sinC
2:
Înmul¸ tind cele trei rela¸ tii avem c ¼a
PAPBPC1
81
sinA
2sinB
2sinC
2(pa+pb) (pb+pc) (pc+pa):
Având în vedere faptul c ¼asinA
2sinB
2sinC
2=r
4Rrezult ¼a concluzia.
Aplica¸ tia 3.21 Ar¼ata¸ ti c ¼a
PAPBPC4R
rpapbpc:
Am ar ¼atat la inegalitatea anterioar ¼a c¼a
PAPBPCR
2r(pa+pb) (pb+pc) (pc+pa):
CAPITOLUL 3. INEGALIT ¼A ¸ TI DEOSEBITE 76
Din inegalitatea mediilor rezult ¼a c¼a
pa+pb2ppapb; pa+pc2ppapc; pc+pb2ppcpb:
Prin înmul¸ tire deducem c ¼a
(pa+pb) (pb+pc) (pc+pa)8papbpc:
Deci
PAPBPCR
2r8papbpc=4R
rpapbpc:
Aplica¸ tia 3.22 Utilizând nota¸ tiile din teorema Erdös-Mordell ar ¼ata¸ ti c ¼a
(a)PA2
pbpc+PB2
pcpa+PC2
papb12
(b)PA
pb+pc+PB
pc+pa+PC
pa+pb3
(c)PAppbpc+PBppcpa+PCppbpa6:
(a) Din inegalitatea mediilor avem c ¼a
PA2
pbpc+PB2
pcpa+PC2
papb33s
PA2
pbpcPB2
pcpaPC2
papb:
Acând în vedere faptul c ¼aPAPBPC4R
rpapbpcreiese faptul c ¼a
33s
PA2
pbpcPB2
pcpaPC2
papb33s4R
r2R2r
12:
(b)
PA
pb+pc+PB
pc+pa+PC
pa+pb33s
PA
pb+pcPB
pc+paPC
pa+pb:
Din faptul c ¼aPAPBPCR
2r(pa+pb) (pb+pc) (pc+pa)rezult ¼a faptul
c¼a
33s
PA
pb+pcPB
pc+paPC
pa+pb33r
R
2rR2r
3:
(c)
PAppbpc+PBppcpa+PCppbpa33s
PAppbpcPBppcpaPCppbpa33r
4R
6R2r
6:
Am folosit faptul c ¼aPAPBPC4R
rpapbpc:
CAPITOLUL 3. INEGALIT ¼A ¸ TI DEOSEBITE 77
3.4 Inegalit ¼a¸ ti din Gazeta Matematic ¼a
În aceast ¼a sec¸ tiune vom enun¸ ta ¸ si demonstra câteva inegalit ¼a¸ ti ap ¼arute în
diverse numere ale gazetei matematice.
Aplica¸ tia 3.23 (G.M. 8/1998, Francz Adalbert, Arad ). Fie un triunghi
ABC cu lungimile laturilor a; b; c ¸ sila; lb; lclungimile bisectoarelor atunci
al2
a
p2(p a)+bl2
b
p2(p b)+cl2
c
p2(p c)2:
¸ Tinând cont de faptul c ¼ala=2bc
b+cr
p(p a)
bc¸ si analoagele, inegal-
itatea devine
X
abca
p2(p a)4b2c2p(p a)
(b+c)2bc2,X
abc1
4ab,
(a b)2
4ab(a+b)2+(b c)2
4bc(b+c)2+(c a)2
4ca(c+a)20:
Egalitatea are loc dac ¼a ¸ si numai dac ¼a triunghiul este echilateral.
Aplica¸ tia 3.24 Dac¼aa; b; c sunt lungimile laturilor unui triunghi, atunci
(a)b+c
a+c+a
b+a+b
c 2>a3+b3+c3
abc
(G.M. 3/1974. Gh. Bostan, Urziceni)
(b)a
1 +a+b
1 +b+c
1 +c+1
1 +a+b+c1
(G.M.3/1974, Ilie Diaconu, Tg. Jiu )
(a) Aducem la acela¸ si numitor, apoi elimin ¼am numitorii ¸ stiind c ¼a
a; b; c > 0¸ si ob¸ tinem
ab(a+b) +bc(b+c) +ac(a+c) 2abc > a3+b3+c3,
a3 b3 c3 2abc+a2b+b2a+b2c+c2b+a2c+c2a > 0:
Având în vedere faptul c ¼a
a3 b3 c3 2abc+a2b+b2a+b2c+c2b+a2c+c2a= (a+b c) (b+c a) (c+a b):
Rezult ¼a inegalitatea cerut ¼a.
CAPITOLUL 3. INEGALIT ¼A ¸ TI DEOSEBITE 78
(b) Aplicând inegalitatea Titu Andreescu ob¸ tinem
a2
a+a2+b2
b+b2+2
c+c2+12
1 +a+b+c(a+b+c+ 1)2
a2+b2+c2+ 2 (a+b+c) + 11:
Inegalitatea(a+b+c+ 1)2
a2+b2+c2+ 2 (a+b+c) + 11este adev ¼arat¼a deoarece
(a+b+c+ 1)2= (a+b+c)2+ 2 (a+b+c) + 1
=a2+b2+c2+ 2 (a+b+c) + 1 + 2 ( ab+bc+ac):
Aplica¸ tia 3.25 (G.M.5/1972 ). Ar ¼ata¸ ti c ¼a în orice triunghi ABC avem
a2+b2+c236r2:
Din substitu¸ tiile lui Ravi avem c ¼a
a=y+z; b =z+x; c =x+y; r =rxyz
x+y+z:
Cu aceste substitu¸ tii inegalitatea devine
(x+y+z)
x2+y2+z2+xy+yz+yz
18xyz:
Aplic ¼am inegalitatea mediilor ¸ si rezult ¼a c¼a
x+y+z33pxyz¸ six2+y2+z2+xy+yz+yz66p
x4y4z4:
Prin înmul¸ tire rezult ¼a inegalitatea cerut ¼a.
Aplica¸ tia 3.26 (G.M.2/2007, D.M.B ¼atine¸ tu-Giurgiu ). Ar ¼ata¸ ti c ¼a
ha
1 +rha+hb
1 +rhb+hc
1 +rhc9r
1 + 3 r2:
ha
1 +rha+hb
1 +rhb+hc
1 +rhc=1
1
ha+r+1
1
hb+r+1
1
hc+r
T:A:
(1 + 1 + 1)2
1
ha+1
hb+1
hc+ 3r=9
1
r+ 3r=9r
3r2+ 1:
CAPITOLUL 3. INEGALIT ¼A ¸ TI DEOSEBITE 79
Am folosit faptul c ¼a1
ha+1
hb+1
hc=1
r:Acest lucru este adev ¼arat deoarece
S=aha
2,ha=2pr
a,1
ha=a
2pr
analog celelalte ¸ si prin adunare ob¸ tinem
1
ha+1
hb+1
hc=a
2pr+b
2pr+c
2pr=2p
2pr=1
r:
Aplica¸ tia 3.27 (G.M.12/2010, Liviu Pâr¸ san ). Dac ¼aABC este un triunghi
cu lungimile laturilor a; b; c atunci
a
b+c an
+b
c+a bn
+c
a+b cn
3; n2N:
Mai întâi o s ¼a demonstr ¼am c¼a
a
b+c an
+b
c+a bn
+c
a+b cn
a
b+c a+b
c+a b+c
a+b cn
3n 1:
Avem c ¼a
nr
an+bn+cn
3a+b+c
3,an+bn+cn(a+b+c)n
3n 1;
decia
b+c a+b
c+a b+c
a+b cn
3n 13n
3n 1= 3:
Am folosit mai sus faptul c ¼aa
b+c a+b
c+a b+c
a+b c3:Acest
lucru reiese din inegalitatea Titu Andreescu
a2
ab+bc a2+b2
bc+ba b2+c2
ac+bc c2T:A:
(a+b+c)2
2 (ab+bc+ca) (a2+b2+c2):
Din 1.15 ¸ si 1.16 reiese c ¼a
a
b+c a+b
c+a b+c
a+b c3:
CAPITOLUL 3. INEGALIT ¼A ¸ TI DEOSEBITE 80
Aplica¸ tia 3.28 (G.M. 10/1989, Mircea Lascu, Zal ¼au). Fie un triunghi ABC
cu lungimile laturilor a; b; c ,Icentrul cercului înscris în triunghi ¸ si rraza
acestui cerc. Ar ¼ata¸ ti c ¼a
4r2IAIB+IBIC+ICIA
3R2:
Fie
IA=r
sinA
2; Ib =r
sinB
2; IC =r
sinC
2:
Din inegalitatea mediilor, rezult ¼a c¼a
IAIB+IBIC+ICIA
33p
IA2IB2IC2:
Acum demonstr ¼am c ¼a3p
IA2IB2IC24r2:Prin ridicare la puterea a treia
reiese c ¼a
IA2IB2IC264r6,IAIBIC8r3,r
sinA
2r
sinB
2r
sinC
28r3,
8 sinA
2sinB
2sinC
21,sinA
2sinB
2sinC
21
8:
Ultima inegalitate este adev ¼arat¼a conform 2.5.
Inegalitatea din dreapta este echivalent ¼a cu
3R2r2
sinA
2+ sinB
2+ sinC
2
sinA
2sinB
2sinC
2:
Înmul¸ tind cu
sinA
2sinB
2sinC
22
¸ si ¸ tinând cont de faptul c ¼aR2ravem
16 sinA
2sinB
2sinC
2
sinA
2+ sinB
2+ sinC
2
3:
Având în vedere 2.5 ¸ si faptul c ¼asinA
2+ sinB
2+ sinC
23
2demonstrat ¼a în
capitolul anterior folosind inegalitatea lui Jensen reiese concluzia.
Aplica¸ tia 3.29 (G.M9/2006,Gh.Szöllösy, Sighetu Marma¸ tiei ). Ar ¼ata¸ ti c ¼a în
orice triunghi ABC are loc
tg2A
2+ tg2B
2+ tg2C
2 tg2A
2tg2B
2tg2C
226
27:
CAPITOLUL 3. INEGALIT ¼A ¸ TI DEOSEBITE 81
Not¼am cu x= tgA
2; y= tgB
2¸ siz= tgC
2unde x; y; z > 0:Ob¸ tinem
c¼axy+yz+zx= 1:Inegalitatea devine
x2+y2+z2 x2y2z2xy+yz+zx xy+yz+zx
33
= 1 1
27=26
27:
Am folosit inegalitatea mediilor pentru numerele xy; yz; zx si 1.15.
Aplica¸ tia 3.30 (GM10/1998, Adrian Sandovici, Piatra Neam¸ t ). Ar ¼ata¸ ti c ¼a în
triunghiul ABC ascu¸ titunghic, exist ¼a inegalitatea
tgA+ tgB+ tgC33r
4S
R2:
Din inegalitatea mediilor rezult ¼a c¼a
tgA+ tgB+ tgC33p
tgAtgBtgC:
În continuare vom demonstra c ¼a
tgAtgBtgC4S
R2:
Cunoscând faptul c ¼aR=abc
4S;inegalitatea se scrie ca
tgAtgBtgCabc
R3=2RsinA2RsinB2RsinC
R3= 8 sin AsinBsinC,
sinAsinBsinC
cosAcosBcosC8 sinAsinBsinC:
Simpli
când inegalitatea ob¸ tinem c ¼acosAcosBcosC1
8;inegalitate demon-
strat¼a la aplica¸ tia 2.17 punctul (b).
3.5 Inegalit ¼a¸ ti remarcabile
În geometria inegalit ¼a¸ tilor sunt mai multe inegalit ¼a¸ ti remarcabile. În
aceast ¼a sec¸ tiune voi prezenta doar patru inegalit ¼a¸ ti remarcabile, inegalitatea
Bergström sau Titu Andreescu, inegalitatea lui Mitrinovic, inegalitatea lui
Schur ¸ si inegalitatea lui Gerretsen. Despre inegalit ¼a¸ tile Titu Andreescu ¸ si
Mitrinovic am vorbit ¸ si în capitolul II. Dup ¼a ce vom prezenta aceste patru
inegalit ¼a¸ ti remarcabile, vom preciza o serie de aplica¸ tii pentru
ecare în parte.
CAPITOLUL 3. INEGALIT ¼A ¸ TI DEOSEBITE 82
3.5.1 Inegalitatea lui Bergström (Titu Andreescu).
Aceast ¼a inegalitate care este o consecin¸ t ¼a a inegalit ¼a¸ tii CBS a fost prezen-
tat¼a ¸ si în capitolul II. Inegalitatea este urm ¼atoarea
a2
1
b1+a2
2
b2++a2
n
bn(a1+a2++an)2
b1+b2++bn:
Aplica¸ tia 3.31 (Octogon 1/2006, Mihaly Bencze ). Dac ¼aa; b; c sunt laturile
unui triunghi atunci
(a+b)2
a+b c+(b+c)2
b+c a+(c+a)2
c+a+b4 (a+b+c):
Folosind inegalitatea Titu Andreescu ob¸ tinem c ¼a
(a+b)2
a+b c+(b+c)2
b+c a+(c+a)2
c+a+b4 (a+b+c)2
2 (a+b+c) (a+b+c)= 4 (a+b+c):
Aplica¸ tia 3.32 (Concursul Discipolii lui Laz ¼ar,2007, Ploie¸ sti, Daniel Pripoaie ).
Dac¼aa; b; c sunt laturile unui triunghi, ar ¼ata¸ ti c ¼a
(a)a
p a+b
p b+c
p c6
(b)1
p a+1
p b+1
p c4 (3 p):
(a) Înlocuim p=a+b+c
2¸ si ob¸ tinem
a
b+c a+b
c+a b+c
a+b c3
inegalitate demonstrat ¼a la aplica¸ tia 3.27.
(b) Folosim inegalitatea Titu Andreescu ¸ si ob¸ tinem
1
p a+1
p b+1
p c(1 + 1 + 1)2
3p (a+b+c)=9
3p 2p=9
p:
Mai departe o s ¼a demonstr ¼am c ¼a9
p4 (3 p):Elimin ¼am numitorul ¸ si
ob¸ tinem
94p(3 p),912p 4p2,4p2 12p+ 90,(2p 3)20:
CAPITOLUL 3. INEGALIT ¼A ¸ TI DEOSEBITE 83
Aplica¸ tia 3.33 (Grecia, 2007 ). În orice triunghi ABC cu lungimie laturilor
a; b; c exist¼a inegalitatea
(a+b c)4
b(b+c a)+(b+c a)4
c(c+a b)+(c+a b)4
a(a+b c)ab+bc+ca:
(a+b c)22
b(b+c a)+
(b+c a)22
c(c+a b)+
(c+a b)22
a(a+b c)
T:A:
(a+b c)2+ (b+c a)2+ (c+a b)22
b(b+c a) +c(c+a b) +a(a+b c)
=[3 (a2+b2+c2) 2 (ab+bc+ca)]2
a2+b2+c2:
În continuare o s ¼a ar¼at¼am c¼a
3
a2+b2+c2
2 (ab+bc+ca)2
a2+b2+c2
(ab+bc+ca):
Dac¼a not ¼am cu x=a2+b2+c2¸ siy=ab+bc+ca, avem c ¼a
(3x 2y)2xy,9×2 13xy+ 4y20,9x
y2
13x
y
+ 40:
Not¼amx
y=t¸ si rezult ¼a c¼a
9t2 13t+ 40,9 (t 1)
t 4
9
0;
adev¼arat pentru c ¼a
t1,x
y1,xy,a2+b2+c2ab+bc+ca;
cu egalitate dac ¼aa=b=c:
Aplica¸ tia 3.34 (Dezvoltare, Marin Chirciu ). Ar ¼ata¸ ti c ¼a într-un triunghi ABC
ascu¸ titunghic are loc
ctg2A
2
p a+ctg2B
2
p b+ctg2C
2
p c27
p:
CAPITOLUL 3. INEGALIT ¼A ¸ TI DEOSEBITE 84
Aplic ¼am inegalitatea Titu Andreescu ¸ si reiese c ¼a
ctg2A
2
p a+ctg2B
2
p b+ctg2C
2
p c
ctgA
2+ ctgB
2+ ctgC
22
3p (a+b+c)
=
ctgA
2+ ctgB
2+ ctgC
22
p:
În continuare vom ar ¼ata faptul c ¼a
ctgA
2+ ctgB
2+ ctgC
23p
3;
de unde va rezulta concluzia.
Avem în vedere faptul c ¼a triunghiul ABC este ascu¸ titunghic ¸ si de-
ducem c ¼aA; B; C 2
0;
2
:Pe intervalul
0;
2
, func¸ tia ctgeste convex ¼a.
Aplic ¼am inegalitatea lui Jensen ¸ si ob¸ tinem c ¼a
ctg0
B@A
2+B
2+C
2
31
CA1
3
ctgA
2+ ctgB
2+ ctgC
2
,
ctgA
2+ ctgB
2+ ctgC
23 ctgA+B+C
6
= 3p
3:
Aplica¸ tia 3.35 (MATCH 7/2014 ). Ar ¼ata¸ ti c ¼a în orice triunghi ABC are loc
1
(p a) sin4A
2+1
(p b) sin4B
2+1
(p c) sin4C
2144
p:
Aplic ¼am inegalitatea Titu Andreescu ¸ si ob¸ tinem
0
B@1
sin2A
21
CA2
p a+0
B@1
sin2B
21
CA2
p b+0
B@1
sin2C
21
CA2
p c0
B@1
sin2A
2+1
sin2B
2+1
sin2C
21
CA2
3p (a+b+c)0
B@1
sin2A
2+1
sin2B
2+1
sin2C
21
CA2
3p (a+b+c)122
p=144
p:
CAPITOLUL 3. INEGALIT ¼A ¸ TI DEOSEBITE 85
În continuare mai r ¼amâne de ar ¼atat c ¼a
1
sin2A
2+1
sin2B
2+1
sin2C
212:
Consider ¼am func¸ tia f: (0; )!R; f(x) =1
sin2x
2:Derivata a doua a func¸ tiei
festecosx+ 2
2 sin4x
20de unde tragem concluzia c ¼a func¸ tia feste convex ¼a pe
intervalul (0; ):Aplic ¼am inegalitatea lui Jensen ¸ si avem c ¼a
1
sin2
A
2+B
2+C
2
3!1
30
B@1
sin2A
2+1
sin2B
2+1
sin2C
21
CA,
31
sin2301
sin2A
2+1
sin2B
2+1
sin2C
2
de unde rezult ¼a concluzia.
3.5.2 Inegalitatea lui Mitrinovic.
Aceast ¼a inegalitate a fost demonstrat ¼a în capitolul II. În aceast ¼a sub-
sec¸ tiune vom face alt ¼a demonstra¸ tie folosind raza cercului exînscris ¼a într-un
triunghi, no¸ tiune ce o vom folosi în mai multe inegalit ¼a¸ ti.
Înainte s ¼a demonstr ¼am inegalitatea lui Mitrinovic, facem câteva pre-
ciz¼ari.
Cercul exînscris unui triunghi este tangent uneia dintre laturi ¸ si pe
prelungirile celorlalte dou ¼a laturi. Exist ¼a trei asemenea cercuri. Astfel cer-
cul exînscris corespunz ¼ator unei laturi de lungime aare centrul într-un punct
notat cu IAcare este situat la intersec¸ tia dintre bisectoarea interioar ¼a a unghi-
uluiAcu bisectoarea exterioar ¼a a unghiului B:Raza acestui cerc o not ¼am
cura, similar razele celorlalte dou ¼a cercuri rb¸ sirc:
Teorema 3.3 Într-un triunghi ABC razele cercurilor exînscrise sunt egale
cu
ra=S
p a; rb=S
p b; rc=S
p c: (3.2)
Demonstra¸ tie.
CAPITOLUL 3. INEGALIT ¼A ¸ TI DEOSEBITE 86
Pentru determinarea razei rautiliz ¼am egalitatea de arii
S=SABI A+SACI A SBCI A,S=cra
2+bra
2 ara
2,
S=b+c a
2ra,S= (p a)ra,ra=S
p a:
Similar se arat ¼a celelalte dou ¼a.
Teorema 3.4 (Inegalit ¼a¸ ti, D.S.Mitrinovic, Belgrad, 1965 ). În orice triunghi
exist¼a dubla inegalitate
3rp
3p3Rp
3
2:
Demonstra¸ tie. Pentru inegalitatea din stânga folosim inegalitatea
mediilor ¸ si ob¸ tinem
p= (p a) + (p b) + (p c)33p
(p a) (p b) (p c):
Ridic ¼am la cub ¸ si ob¸ tinem
p327 (p a) (p b) (p c),p427p(p a) (p b) (p c),
p427S2,p23p
3S,p23p
3pr,p3p
3r:
Pentru inegalitatea din dreapta, folosim
(x+y+z)23 (xy+yz+xz):
Lu¼amx=ra; y=rb; z=rc:Cu aceste nota¸ tii avem c ¼a
(ra+rb+rc)23 (rarb+rarc+rbrc):
Acum vom demonstra c ¼a
ra+rb+rc= 4R+r; r arb+rarc+rbrc=p2: (3.3)
CAPITOLUL 3. INEGALIT ¼A ¸ TI DEOSEBITE 87
ra+rb+rc=S1
p a+1
p b+1
p c
,
ra+rb+rc=S(p b) (p c) + (p a) (p b) + (p a) (p c)
(p a) (p b) (p c)
:
Având în vedere c ¼a(p b) (p c) =c2 a2 b2+ 2ab
4¸ si analoagele,
dup¼a efectuarea calculelor ob¸ tinem c ¼a
ra+rb+rc=S (a2+b2+c2) + 2 ( ab+bc+ac)
4 (p a) (p b) (p c)
:
¸ Tinînd cont de 2.6 ¸ si 2.7 avem c ¼a
ra+rb+rc= 2 (p2 r2 4Rr) + 2 ( p2+r2+ 4Rr)
4r,
ra+rb+rc=4r2+ 16Rr
4r= 4R+r:
Similar se arat ¼a c¼ararb+rarc+rbrc=p2:Cu aceste calucle rezult ¼a c¼a
(4R+r)23p2,4R+rpp
3;
cump
3p
3rob¸ tinem
4R+p
3p
3pp
3,4R8p
3p
3,p3Rp
3
2:
Egalitatea are loc dac ¼a ¸ si numai dac ¼a
x=y=z,ra=rb=rc,a=b=c:
În continuare vom prezenta câteva aplica¸ tii care se demonstreaz ¼a
folosind inegalitatea lui Mitrinovic.
Aplica¸ tia 3.36 Ar¼ata¸ ti c ¼a
a2
rbrc+b2
rcra+c2
rbra4:
CAPITOLUL 3. INEGALIT ¼A ¸ TI DEOSEBITE 88
Evalu ¼am expresia
a2
rbrc=a2
S
p aS
p b=a2(p b) (p a)
S2=a2
p(p a)
¸ si analoagele ob¸ tinând astfel
a2
p(p a)+b2
p(p b)+c2
p(p c)33s
a2b2c2
p3(p a) (p b) (p c)
= 33s
16R2S2
p2S2= 33s
16R2
p2:
În continuare vom ar ¼ata c ¼a33s
16R2
p24:Prin ridicare la cub ob¸ tinem c ¼a
2716R2
p264,27R24p2,p3Rp
3
2:
Aplica¸ tia 3.37 (Concursul Gheorghe Laz ¼ar, Sibiu 2011, Patru Vlad ¸ si Dumitru
Barac ). Într-un triunghi ABC are loc
1
a+b+1
b+c+1
c+ap
3
43:
Mai întâi ar ¼at¼am c¼a1
a+b1
41
a+1
b
:
1
a+ba+b
4ab,4ab(a+b)2,4aba2+ 2ab+b2,0(a b)2:
Avem c ¼a
1
a+b+1
b+c+1
c+a1
41
a+1
b
+1
b+1
c
+1
a+1
c
=1
21
a+1
b+1
c
=ab+bc+ca
2abc:
ab+bc+ca
2abc(a+b+c)2
3
2abc=4p2
3
8RS=p
6RrM
3p
3R
2
6Rr=p
3
4r:
CAPITOLUL 3. INEGALIT ¼A ¸ TI DEOSEBITE 89
Aplica¸ tia 3.38 (Elem. Math.1961, A. Makowski ). Ar ¼ata¸ ti c ¼a
3p
hahbhc4p
3S23prarbrc:
Pentru început evalu ¼am expresiile hahbhc¸ sirarbrc:
hahbhc=2S
a2S
b2S
c=8S3
abc=2S2
R
¸ si
rarbrc=S
p aS
p bS
p c=pS3
S2=pS=rp2=S2
r:
Cu aceste calcule inegalitatea se scrie ca
3r
2S2
R4p
34p
S3p
rp2:
Demonstr ¼am mai întâi partea stâng ¼a a inegalit ¼a¸ tii de mai sus ¸ si avem
3r
2S2
R4p
34p
S,16R227R4,4rp3p
3R2R2r()p3p
3R
2:
Inegalitatea din dreapta
4p
34p
S3p
rp2,27r2p2,3p
3rp:
3.5.3 Inegalitatea lui Schur
ar(a b) (a c) +br(b a) (b c) +cr(c a) (c b)0; a; b; c 0; r > 0:
Pentru r= 1ob¸ tinem
a3+b3+c3+ 3abcab(a+b) +bc(b+c) +ca(a+c):
Forme echivalente
abc( a+b+c) (a b+c) (a+b c)
(a+b+c)3+ 9abc4 (a+b+c) (ab+bc+ca)
0(a b)2(a+b c) + (b c)2(b+c a) + (c a)2(c+a b)
2 (ab+bc+ca)a2+b2+c2+9abc
a+b+c
2a
b+c+b
a+c+c
a+b+4abc
(a+b) (b+c) (c+a):
În continuare sunt propuse aplica¸ tii ce pot
rezolvate folosind inegalit ¼a¸ tile
de mai sus.
CAPITOLUL 3. INEGALIT ¼A ¸ TI DEOSEBITE 90
Aplica¸ tia 3.39 (G.M.4/1993, Aida B ¼al¼auc¼a, Boto¸ sani ).
a3+b3+c3a(b c)2+b(c a)2+c(a b)2+ 2abc:
Desfacem parantezele în membrul drept ¸ si ob¸ tinem
a
b2 2bc+c2
+b
c2 2ac+a2
+c
a2 2ab+b2
+ 3abc
=ab2 2abc+ac2+bc2 2abc+ba2+ca2 2abc+cb2+ 3abc
=ab2+ba2+ac2+ca2+bc2+cb2 3abc
=ab(a+b) +ac(a+c) +bc(b+c) 3abc:
a3+b3+c3ab(a+b) +ac(a+c) +bc(b+c) 3abc,
a3+b3+c3+ 3abcab(a+b) +bc(b+c) +ca(a+c):
Aplica¸ tia 3.40 (G.M.7/2005, Aurel Dobo¸ san, Lugoj ). Într-un triunghi ABC
are locabc
a+b+cR2:
¸ Stiind c ¼aR=abc
4S¸ si2p=a+b+c, ob¸ tinem
abc
2pabc
4S2
,8S2pabc:
Din faptul c ¼aS=p
p(p a) (p b) (p c)rezult ¼a c¼a
8p(p a) (p b) (p c)pabc,(b+c a) (a+c b) (a+b c)abc,
a3+b3+c3+ 3abcab(a+b) +bc(b+c) +ca(a+c):
Aplica¸ tia 3.41 (G.M.12/2007, Florin Rotaru, Foc¸ sani ). Ar ¼ata¸ ti c ¼a
abc(a+b+c)2
a2b2+b2c2+c2a2
a4 b4 c4:
Inegalitatea este echivalent ¼a cu
a4+b4+c4+abc(a+b+c)2
a2b2+b2c2+c2a2
:
Folosim inegalitatea lui Schur ¸ si avem
a4+b4+c4+abc(a+b+c)ab
a2+b2
+bc
b2+c2
+ac
a2+c2
2
a2b2+b2c2+c2a2
;
unde faptul c ¼aab(a2+b2)2a2b2rezult ¼a din
ab
a2+b2
2a2b20,ab
a2+b2 2ab
0,ab(a b)20:
CAPITOLUL 3. INEGALIT ¼A ¸ TI DEOSEBITE 91
3.5.4 Inegalitatea lui Gerretsen
Teorema 3.5 Fie un triunghi ABC: Exist ¼a dubla inegalitate
16Rr 5r2p24R2+ 4Rr+ 3r2:
Demonstra¸ tie. Folosim identitatea HI2= 4R2+ 4Rr+ 3r2 p2:Cum
HI0ob¸ tinem c ¼a
4R2+ 4Rr+ 3r2 p20,R2+ 4Rr+ 3r2p2
cu egalitate dac ¼aH=Iadic¼a triunghiul ABC este echilateral.
Din indentitatea GI2=1
9(p2+ 5r2 16Rr)¸ si din faptul c ¼aGI20
avem c ¼a
1
9
p2+ 5r2 16Rr
0,p2+ 5r2 16Rr0,p216Rr 5r2:
În continuare vom prezenta inegalit ¼a¸ ti ce se rezolv ¼a folosind inegalitatea
lui Gerretsen.
Aplica¸ tia 3.42 Aceast ¼a aplica¸ tie este o dezvoltate a acestei duble inegalit ¼a¸ ti
¸ si anume
(2n 5)r2+(16 n)Rrp2(n+ 4)R2+(n+ 4)Rr+(3 6n)r2; n0:
Inegalitatea din stânga este
p216Rr 5r2(2n 5)r2+ (16 n)Rr:
Demonstr ¼am c¼a
16Rr 5r2(2n 5)r2+ (16 n)Rr,16Rr 5r216Rr nRr + 2nr2 5r2,
0 nRr + 2nr2,nr(R 2r)R2r
0:
Inegalitatea din dreapta este
p24R2+ 4Rr+ 3r2(n+ 4)R2+ (n+ 4)Rr+ (3 6n)r2:
Demonstr ¼am c¼a
4R2+ 4Rr+ 3r2(n+ 4)R2+ (n+ 4)Rr+ (3 6n)r2,
4R2+ 4Rr+ 3r2nR2+ 4R2+nRr + 4Rr+ 3r2 6nr2,
0nR2+nRr 6nr2,n
R2+Rr 6r2
0,
n(R 2r) (R+ 3r)R2r
0:
CAPITOLUL 3. INEGALIT ¼A ¸ TI DEOSEBITE 92
Aplica¸ tia 3.43 Ar¼ata¸ ti c ¼a în orice triunghi ABC au loc inegalit ¼a¸ tile
(a) 18Rra2+b2+c29R2
(b) 8r(R 2r)(a b)2+ (b c)2+ (c a)28R(R 2r):
Nieuw Tydschr.Wisk.1953,J.C.H. Gerretsen.
(a) Folosind 2.7 avem c ¼a
18Rr2p2 2r2 8Rr9R2:
Din inegalit ¼a¸ tile lui Gerretsen ¸ si Euler avem c ¼a
2p226Rr+ 2r2,p213Rr+r2:
Având în vedere faptul c ¼a16Rr 5r213Rr+r2rezult ¼a inegalitatea din
stânga adic ¼a
p2G
16Rr 5r213Rr+r2:
Inegalitatea din dreapta este echivalent ¼a cu 2p29R2+ 8Rr+r2care
rezult ¼a din
2p22
4R2+ 4Rr+ 3r2
9R2+ 8Rr+r2:
Ultima inegalitate este adev ¼arat¼a deoarece
2
4R2+ 4Rr+ 3r2
9R2+ 8Rr+r2,8R2+ 8Rr+ 6r29R2+ 8Rr+r2,
6r2R2+ 2r2,0R2 4r2,R24r2,R2r:
Egalitatea se ob¸ tine dac ¼aa=b=c.
(b) Inegalitatea este echivalent ¼a cu
8Rr 16r22
a2+b2+c2
2 (ab+bc+ac)8R2 16Rr:
¸ Tinând cont de 2.6 ¸ si 2.7 ob¸ tinem faptul c ¼a
8Rr 16r22
2p2 2r2 8Rr
2
p2+r2+ 4Rr
8R2 16Rr,
4Rr 8r2p2 3r2 12Rr4R2 8Rr,
16Rr 5r2p24R2+ 4Rr+ 3r2:
Aplica¸ tia 3.44 (American Mathematical Montly 1961, L.Carlitz-F.Leuenberger ).
Ar¼ata¸ ti c ¼a
Sp
3(R+r)2:
CAPITOLUL 3. INEGALIT ¼A ¸ TI DEOSEBITE 93
Folosind inegalitatea de la exerci¸ tiul 2.38 ¸ si inegalitatea mediilor
rezult ¼a c¼a
4Sp
3ab+bc+ac,Sp
3 b+bc+ac
4=p2+r2+Rr
4(R+r)2:
Vom ar ¼ata c ¼a
p2+r2+Rr
4(R+r)2,p2+r2+Rr
4R2+ 2Rr+r2,
p2+r2+ 4Rr4R2+ 8Rr+ 4r2,p24R2+ 4Rr+ 3r2:
Aplica¸ tia 3.45 (Octogon Math.Mag.1/2007, SefketArslanagic,Sarajevo, Bosnia
¸ si Her¸ tegovina ). Ar ¼ata¸ ti c ¼a
(a) ctgA
2+ ctgB
2+ ctgC
2r
1 + 13R
r
(b) ctg A+ ctg B+ ctg C3 (2R r)
pp
3:
(a) Cum ctgA
2=p a
r¸ si analoagele rezult ¼a c¼a
ctgA
2+ ctgB
2+ ctgC
2=p
r:
Inegalitatea este echivalent ¼a cu
p
rr
1 + 13R
r,p2
r21 + 13R
r,p2r2+ 13Rr;
cum
p2G
16Rr 5r213Rr+r2
rezult ¼a inegalitatea cerut ¼a.
(b)
ctgA+ ctg B+ ctg C=a2+b2+c2
4S=p2 r2 4Rr
2rp:
ctgA=cosA
sinA=b2+c2 a2
2bca
2R=b2+c2 a2
2bc2R
a:
CAPITOLUL 3. INEGALIT ¼A ¸ TI DEOSEBITE 94
Rela¸ tia pentru cosA¸ sisinAsunt din teoremele cosinusului ¸ si a sinusului ¸ si
¸ tinând cont de faptul c ¼aabc= 4RSob¸ tinem c ¼actgA=b2+c2 a2
4S;similar
ctgB¸ sictgC:În continuare vom ar ¼ata c ¼a
p2 r2 4Rr
2rp3 (2R r)
p,
p2 r2 4Rr6r(2R r),p2 r2 4Rr12Rr 6r2,p2G
16Rr 5r2:
Inegalitatea din dreapta,
3 (2R r)
pp
3,6R 3rpp
3,pp
3 (2R r),
pM
3Rp
3
2p
3 (2R r):
Mai avem de ar ¼atat c ¼a,
3Rp
3
2p
3 (2R r),3R
22R r,3R4R 2r,R2r:
Aplica¸ tia 3.46 S¼a se arate c ¼a în orice triunghi ABC ascu¸ titunghic au loc
inegalit ¼a¸ tile
(a)a2
b2+c2 a2+b2
a2+c2 b2+c2
a2+b2 c2R
r2
1(a+b+c)2
a2+b2+c2
(b)R
r2
19 (a2+b2+c2)
(a+b+c)2:
(a) Vom folosi faptul c ¼atgA=4S
b2+c2 a2de unde deducem
c¼ab2+c2 a2=4S
tgA;
sinAcosA+ sin BcosB+ sin CcosC=S
R2¸ sitgA+ tgB+ tgCS
r2.
Acestea
ind spuse avem
a2
b2+c2 a2+b2
a2+c2 b2+c2
a2+b2 c2=1
4S
a2tgA+b2tgB+c2tgC
:
CAPITOLUL 3. INEGALIT ¼A ¸ TI DEOSEBITE 95
Folosind teorema sinusurilor rezult ¼a c¼a
1
4S
a2tgA+b2tgB+c2tgC
=4R2
4S
sin2AsinA
cosA+ sin2BsinB
cosB+ sin2CsinC
cosC
;
=R2
SsinA(1 cos2A)
cosA+sinB(1 cos2B)
cosB+sinC(1 cos2C)
cosC
=R2
S(tgA+ tgB+ tgC sinAcosA sinBcosB sinCcosC)
R
r2
1R2r
3(a+b+c)2
a2+b2+c2:
Ultima inegalitate rezult ¼a din 1.15 ¸ si din 1.16.
(b) Folosind 2.7, inegalitatea este echivalent ¼a cu
p29r4+ 36Rr3
11r2 2R2,p24R2+ 4Rr+ 3r29r4+ 36Rr3
11r2 2R2:
Vom demonstra faptul c ¼a
4R2+ 4Rr+ 3r29r4+ 36Rr3
11r2 2R2:
Elimin ¼am numitorii, desfacem parantezele ¸ si ob¸ tinem
8R4+ 8R3r 38R2r2 8Rr3 24r40:
Împar¸ tim prin r4, not¼amR
r=t¸ si folosin formula lui Heron ¸ si ob¸ tinem c ¼a
(t 2)
8t4+ 24t3+ 10t2+ 12t
0,t2,R2r:
Aplica¸ tia 3.47 (Marin Chirciu, 2014 ). Ar ¼ata¸ ti c ¼a
4R+r
p2
+np
r2
27n+ 3; n0:
Folosim inegalitatea lui Gerretsen ¸ si avem c ¼a
4R+r
p2
+np
r2
(4R+r)2
4R2+ 4Rr+ 3r2+n16Rr 5r2
r227n+ 3,
0(R 2r)
64nR2+ (4 + 64 n)Rr+ (4 + 48 n)r2
:
Acest lucru este adev ¼arat deoarece paranteza p ¼atrat ¼a este pozitiv ¼a, iar R
2r:
Capitolul 4
Aspecte metodice în predarea
geometriei
În acest capitol vom prezenta o serie de tehnici în predarea geometriei.
Unul din obiectivele principale ale pred ¼arii geometriei este acela de a-i de-
prinde pe elevi s ¼a demonstreze, adic ¼a s¼a fundamenteze logic, deductiv, unele
propozi¸ tii pornind de la altele despre care ¸ stiu c ¼a sunt adevarate. La aceast ¼a
deprindere nu se poate ajunge dintr-o dat ¼a, ci treptat, printr-un proces ed-
ucativ, astfel încât elevii s ¼a devin ¼a con¸ stien¸ ti de necesitatea demonstra¸ tiei,
de procedeele logice pe care le folosesc. Este necesar s ¼a-i zdruncin ¼am ele-
vului încrederea în eviden¸ ta intuitiv ¼a a unor desene ¸ si s ¼a-i form ¼am dorin¸ ta
de a justi
ca logic anumite propriet ¼a¸ ti, precum ¸ si capacitatea de a efectua
opera¸ tiile logice din care se constituie demonstra¸ tia.
Deprinderea efectu ¼arii de c ¼atre elevi a unor ra¸ tionamente deductive nu
este u¸ soar ¼a. Elevul trebuie s ¼a con¸ stientizeze faptul c ¼a nu va putea s ¼a culeag ¼a
roadele studiilor sale matematice, s ¼a-¸ si fac ¼a o idee corect ¼a despre ceea ce este
geometria, dac ¼a nu va reu¸ si, nu numai s ¼a în¸ teleag ¼a ra¸ tionamentele ce-i sunt
expuse, dar ¸ si s ¼a construiasc ¼a singur, pe baza lor, alte demonstra¸ tii pentru
teoreme sau solu¸ tii pentru probleme.
4.1 Metode ¸ si tehnici de înv ¼a¸ tare
4.1.1 Înv ¼a¸ tarea activ ¼a
De¸ si înv ¼a¸ tarea nu este un fenomen exclusiv uman, la nivelul oamenilor ea
suport ¼a o modelare socio-cultural ¼a, devenind o tr ¼as¼atur¼a de
nitorie a
in¸ telor
umane.
În sens larg, înv ¼a¸ tarea poate
de
nit ¼a ca un proces evolutiv, de es-
96
CAPITOLUL 4. ASPECTE METODICE ÎN PREDAREA GEOMETRIEI 97
en¸ t¼a formativ-informativ ¼a, constând în dobândirea (recep¸ tionarea, stocarea
¸ si valori
carea intern ¼a) de c ¼atre
in¸ ta vie, într-o manier ¼a activ ¼a, explorativ ¼a
a experien¸ tei proprii de via¸ t ¼a ¸ si, pe aceast ¼a baz ¼a, în modi
carea selectiv ¼a
¸ si sistematic ¼a a conduitei, în ameliorarea ¸ si perfec¸ tionarea controlat ¼a ¸ si con-
tinu¼a sub in uen¸ ta ac¸ tiunilor variabile ale mediului ambiant.
Înv¼a¸ tarea are nu numai un caracter adaptativ la solicit ¼arile tot mai com-
plexe ale mediului, dar ea constituie ¸ si principala modalitate de împlinire
întru uman. Autorii Raportului c ¼atre Clubul de la Roma, intitulat Orizontul
f¼ar¼a limite al înv ¼a¸ t¼arii (1981), argumentau c ¼a decalajul uman, inclusiv cel
dintre societ ¼a¸ ti are la baz ¼a faptul c ¼a nu se înv ¼a¸ t¼a cât ¸ si cum ar trebui. În
acest sens, în locul unor tipuri de înv ¼a¸ tare anacronice (de men¸ tinere ¸ si prin
¸ soc), dinamismul f ¼ar¼a precedent al timpului istoric actual impune înv ¼a¸ tarea
de tip inovator (care are drept caracteristici esen¸ tiale: caracterul anticipativ
¸ si participativ). Cei patru piloni ai educa¸ tiei în secolul XXI sunt : a înv ¼a¸ ta
s¼a cuno¸ sti; a înv ¼a¸ ta s¼a faci; a înv ¼a¸ ta s¼a
i; a înv ¼a¸ ta s¼a convie¸ tuie¸ sti.
¸ Scoala trebuie s ¼a devin ¼a un ansamblu de ateliere de lucru diversi
cate
¸ si de tutorat sistematic.
Dezvoltarea gândirii critice constituie un important obiectiv de tip for-
mativ ¸ si se realizeaz ¼a prin folosirea cu prec ¼adere a unor strategii activ-
participative. Aceste strategii nu trebuie rupte de cele tradi¸ tionale, ele
marcheaz ¼a un nivel superior în spirala moderniz ¼arii strategiilor didactice.
Prin metode activ-participative în¸ telegem toate situa¸ tiile ¸ si nu numai metodele
active propriu-zise în care elevii sunt pu¸ si ¸ si care-i scot pe ace¸ stia din ipostaza
de obiect al form ¼arii ¸ si-i transform ¼a în subiec¸ ti activi, coparticipan¸ ti la pro-
pria lor formare.
Pu¸ si în situa¸ tii variate de instruire, educatorii, împreun ¼a cu elevii tre-
buie s ¼a foloseasc ¼a acele strategii didactice de tip activ-participativ, având în
vedere ¸ si valen¸ tele formativ-educative ale acestor metode, procedee, mijloace
de înv ¼a¸ t¼amânt, moduri de organizare a înv ¼a¸ t¼arii. Efectele în plan formativ-
educativ se refer ¼a la implica¸ tiile lor asupra dezvolt ¼arii structurilor intelectuale
ale copilului (care vor conduce la noi acomod ¼ari, ce vor permite în spiri-
tul teoriei lui Piaget- asimil ¼ari superioare). Sunt încerc ¼ari în psihopedagogia
contemporan ¼a de constituire a unei adev ¼arate didactici a intelectului, care s ¼a
valori
ce poten¸ tialul intelectual al individului. Omul nu are numai intelect,
el are în substan¸ ta sa originar ¼a ¸ si capacitatea de vibra în fa¸ ta lumii (prin
intermediul valorilor morale, estetice, religioase, profesionale, al noilor edu-
ca¸ tii ). Acestor domenii trebuie s ¼a le acord ¼am aten¸ tia cuvenit ¼a deoarece aici
ne confrunt ¼am cu cele mai mari probleme, care vor avea consecin¸ te negative
asupra proiect ¼arii viitorului.
De asemenea, folosirea unor strategii de tip euristic, similare cercet ¼arii
¸ stiin¸ ti
ce a dat rezultate bune în planul însu¸ sirii temeinice a cuno¸ stin¸ telor,
CAPITOLUL 4. ASPECTE METODICE ÎN PREDAREA GEOMETRIEI 98
al form ¼arii priceperilor, deprinderilor etc. Pu¸ si în ipostaza unor mici cercet ¼a-
tori, elevilor le face pl ¼acere s ¼a redescopere adev ¼aruri ale ¸ stiin¸ tei, con
rmând
sugestia pe care o f ¼acea Rousseau în lucrarea Emil sau despre educa¸ tie.
Educatorii trebuie s ¼a se preocupe de g ¼asirea unor metode ¸ si procedee vari-
ate adaptate diferitelor situa¸ tii de instruire în care elevii vor
pu¸ si. Pe baza
metodelor pe care le st ¼apâne¸ ste, educatorul va încerca noi metode de predare.
Este loc în acest domeniu pentru manifestarea imagina¸ tiei ¸ si creativit ¼a¸ tii di-
dactice, cu efecte pozitive nu numai asupra elevilor, ci ¸ si asupra dasc ¼alului.
Înv¼a¸ tarea asistat ¼a de calculator (IAC), îmbinarea activit ¼a¸ tii frontale cu cea
pe grupe ¸ si individuale, realizarea diferen¸ tierii ¸ si personaliz ¼arii activit ¼a¸ tii de
instruire constituie alte direc¸ tii importante ale moderniz ¼arii strategiilor de
predare-înv ¼a¸ tare.
4.1.2 Metode utilizate în predare-înv ¼a¸ tare
O metod ¼a de înv ¼a¸ t¼amânt reprezint ¼a o cale de organizare ¸ si dirijare a
înv¼a¸ t¼arii în vederea atingerii obiectivelor speci
ce disciplinei; un ansamblu
organizat de procedee.
Metoda constituie modalitatea prin care se ob¸ tine transmiterea ¸ si în-
su¸ sirea con¸ tinutului no¸ tional al activit ¼a¸ tilor matematice.
Speci
citatea con¸ tinutului, aspectul logic al cuno¸ stin¸ telor matematice,
impune un caracter obiectiv metodelor de înv ¼a¸ t¼amânt.
Metoda in uen¸ teaz ¼a ¸ si determin ¼a modul de receptare a con¸ tinutului,
gradul de accesibilitate al cuno¸ stin¸ telor ¸ si valoarea informativ ¼a ¸ si formativ-
educativ ¼a a actului didactic. Astfel, între scop ¸ si con¸ tinut, metoda apare ca
un instrument în vederea atingerii
nalit ¼a¸ tilor urm ¼arite.
Similar suitei de opera¸ tii ce constituie ac¸ tiunea didactic ¼a, metoda adec-
vat¼a ac¸ tiunii propuse încorporeaz ¼a o suit ¼a de procedee ordonate logic. Fiecare
procedeu reprezint ¼a o tehnic ¼a de ac¸ tiune ¸ si r ¼amâne o component ¼a particular ¼a
a metodei, un instrument de aplicare efectiv ¼a a metodei.
Deci, metoda se constituie dintr-o varietate de procedee ce concur ¼a la
atingerea scopului propus, iar e
cien¸ ta metodei este asigurat ¼a de calitatea ¸ si
varietatea procedeelor alese de c ¼atre înv ¼a¸ t¼ator.
Ca elemente structurale ce caracterizeaz ¼a metoda, procedeele sunt subor-
donate
nalit ¼a¸ tilor urm ¼arite, determinant ¼a
ind rela¸ tia dinamic ¼a între pro-
cedeu ¸ si metod ¼a. De exemplu, metoda explica¸ tiei devine procedeu în cadrul
jocului, iar jocul poate constitui un procedeu în cadrul metodei exerci¸ tiului.
E
cien¸ ta unei metode depinde de modul în care declan¸ seaz ¼a la copil actele
de înv ¼a¸ tare ¸ si de gândire prin ac¸ tiune, de m ¼asura în care determin ¼a ¸ si fa-
vorizeaz ¼a reprezent ¼arile speci
ce unei anumite etape de formare a no¸ tiunii.
CAPITOLUL 4. ASPECTE METODICE ÎN PREDAREA GEOMETRIEI 99
Metode Tradi¸ tionale utilizate în Predarea Matematicii
1.Explica¸ tia .Este o metod ¼a verbal ¼a de asimilare a cuno¸ stin¸ telor
prin care se progreseaz ¼a în cunoa¸ stere, oferind un model descriptiv la nivelul
rela¸ tiilor.
Pentru a
e
cient ¼a, explica¸ tia, ca metod ¼a de înv ¼a¸ t¼amânt speci
c ¼a în
cadrul activit ¼a¸ tilor matematice, trebuie s ¼a aib ¼a urm ¼atoarele caracteristici:
s¼a favorizeze în¸ telegerea unui aspect din realitate;
s¼a justi
ce o idee pe baz ¼a de argumente, adresându-se direct ra¸ tiunii,
antrenând opera¸ tiile gândirii (analiza, clasi
carea, discriminarea);
s¼a înlesneasc ¼a dobândirea de cuno¸ stin¸ te, a unor tehnici de ac¸ tiune;
s¼a respecte rigurozitatea logic ¼a a cuno¸ stin¸ telor adaptate pe nivel de
vârst ¼a;
s¼a aib ¼a un rol concluziv, dar ¸ si anticipativ;
s¼a in uen¸ teze pozitiv resursele afectiv-emo¸ tionale ale copiilor.
În utilizarea e
cient ¼a a acestei metode se cer respectate urm ¼atoarele cer-
in¸ te:
s¼a
e precis ¼a, concentrând aten¸ tia copiilor asupra unui anume aspect;
s¼a
e corect ¼a din punct de vedere matematic;
s¼a
e accesibil ¼a, adic ¼a adaptat ¼a nivelului experien¸ tei lingvistice ¸ si cog-
nitive a copiilor;
s¼a
e concis ¼a.
Dac¼a explica¸ tia, ca metod ¼a, este corect aplicat ¼a, ea î¸ si pune în valoare car-
acteristicile, iar copiii g ¼asesc în explica¸ tie un model de ra¸ tionament matem-
atic, de vorbire, un model de abordare a unei situa¸ tii-problem ¼a, ¸ si astfel ei
în¸ teleg mai bine ideile ce li se comunic ¼a.
La nivelul activit ¼a¸ tilor matematice, explica¸ tia este folosit ¼a atât de profe-
sor, cât ¸ si de copii. Profesorul: explic ¼a procedeul de lucru; explic ¼a termenii
matematici prin care se verbalizeaz ¼a ac¸ tiunea; explic ¼a modul de utilizare a
mijloacelor didactice; explic ¼a reguli de joc ¸ si sarcini de lucru. Elevul: explic ¼a
modul în care a ac¸ tionat (motiveaz ¼a); explic ¼a solu¸ tiile g ¼asite în rezolvarea
sarcinii didactice, folosind limbajul matematic.
CAPITOLUL 4. ASPECTE METODICE ÎN PREDAREA GEOMETRIEI 100
Explica¸ tia înso¸ te¸ ste întotdeauna demonstra¸ tia ¸ si o sus¸ tine. În cursul ex-
plica¸ tiei se pot face întreruperi, cu scopul de a formula ¸ si adresa întreb ¼ari
copiilor, prin care s ¼a se testeze gradul de receptare ¸ si în¸ telegere a celor expli-
cate, dar întreruperile trebuie s ¼a
e de scurt ¼a durat ¼a, pentru a nu rupe
rul
logic al demersului sus¸ tinut.
Metoda explica¸ tiei se reg ¼ase¸ ste în secven¸ tele didactice ale diverselor tipuri
de activit ¼a¸ ti.
2.Demonstra¸ tia. Este metoda înv ¼a¸ t¼arii pe baza contactului cu mate-
rialul intuitiv, contact prin care se ob¸ tine re ectarea obiectului înv ¼a¸ t¼arii la
nivelul percep¸ tiei ¸ si reprezent ¼arii.
Demonstra¸ tia este una din metodele de baz ¼a în activit ¼a¸ tile matematice
¸ si valori
c ¼a noutatea cuno¸ stin¸ telor ¸ si a situa¸ tiilor de înv ¼a¸ tare. Ca metod ¼a
intuitiv ¼a, ea este dominant ¼a în activit ¼a¸ tile de dobândire de cuno¸ stin¸ te ¸ si val-
ori
c ¼a caracterul activ, concret senzorial al percep¸ tiei copilului. O situa¸ tie
matematic ¼a nou ¼a, un procedeu nou de lucru vor
demonstrate ¸ si explicate
de înv ¼a¸ t¼ator. Nivelul de cuno¸ stin¸ te al copiilor ¸ si vârsta acestora determin ¼a
raportul optim dintre demonstra¸ tie ¸ si explica¸ tie. E
cien¸ ta demonstra¸ tiei, ca
metod ¼a, este sporit ¼a dac ¼a sunt respectate anumite cerin¸ te de ordin psihope-
dagogic: demonstra¸ tia trebuie s ¼a se sprijine pe diferite materiale didactice
demonstrative ca substitute ale realit ¼a¸ tii, în m ¼asur¼a s¼a reprezinte o sus¸ tinere
gurativ ¼a, indispensabil ¼a gândirii concrete a copilului, no¸ tiunile
ind prezen-
tate în mod intuitiv prin experien¸ te concret-senzoriale; demonstra¸ tia trebuie
s¼a respecte succesiunea logic ¼a a etapelor de înv ¼a¸ tare a unei no¸ tiuni sau ac¸ ti-
uni; demonstra¸ tia trebuie s ¼a p¼astreze propor¸ tia corect ¼a în raport cu expli-
ca¸ tia, func¸ tie de scopul urm ¼arit; demonstra¸ tia trebuie s ¼a favorizeze înv ¼a¸ tarea
prin crearea motiva¸ tiei speci
ce (trezirea interesului).
Demonstra¸ tia, ca metod ¼a speci
c ¼a înv ¼a¸ t¼arii matematicii la vârsta pre¸ sco-
lar¼a, valori
c ¼a func¸ tiile pedagogice ale materialului didactic. Astfel, demon-
stra¸ tia se poate face cu:
Material concret intuitiv (obiecte) speci
c pentru începutul clasei I,
folosindu-se în activit ¼a¸ tile de dobândire de cuno¸ stin¸ te, dar ¸ si în activ-
it¼a¸ ti de consolidare ¸ si veri
care. La acest nivel de vârst ¼a, demonstra¸ tia
cu acest tip de material didactic contribuie la formarea reprezent ¼arilor
corecte despre mul¸ timi, submul¸ timi, coresponden¸ t ¼a, num ¼ar.
Material didactic structurat. Materialul confec¸ tionat va
demonstrativ
(al înv ¼a¸ t¼atorului) ¸ si distributiv (al elevilor), favorizând transferul de la
ac¸ tiunea obiectual ¼a la re ectarea în plan mental a reprezent ¼arii.
Contactul senzorial cu materialul didactic structurat favorizeaz ¼a atât
CAPITOLUL 4. ASPECTE METODICE ÎN PREDAREA GEOMETRIEI 101
latura formativ ¼a, cât ¸ si pe cea informativ ¼a a înv ¼a¸ t¼arii perceptive. Acest
material didactic trebuie s ¼a respecte cerin¸ te pedagogice ca:
o adaptare la scop ¸ si obiective;
o s¼a asigure perceperea prin cât mai mul¸ ti analizatori:
– form ¼a stilizat ¼a;
– culoare corect ¼a (conform realit ¼a¸ tii);
– dimensiune adaptat ¼a necesit ¼a¸ tilor cerute de demonstra¸ tie;
o func¸ tionalitate (u¸ sor de manipulat).
Reprezent ¼ari iconice. Integrarea reprezent ¼arilor iconice în demonstra¸ tie
realizeaz ¼a saltul din planul ac¸ tiunii obiectuale (faz ¼a concret ¼a, semiab-
stract ¼a) în planul simbolic. Obiectul, ca element al mul¸ timii, va
prezentat pentru început prin imaginea sa desenat ¼a,
gurativ, pentru
ca ulterior s ¼a
e reprezentat iconic (simbolic).
Exist ¼a ¸ si o form ¼a aparte a demonstra¸ tiei, care î¸ si datoreaz ¼a separarea
de celelalte sprijinirii ei pe mijloace tehnice. Motivarea folosirii mijloacelor
tehnice este sus¸ tinut ¼a de argumentele urm ¼atoare:
– redau realitatea cu mare
delitate, atât în plan sonor, cât ¸ si în plan
vizual;
– pot surprinde aspecte care pe alt ¼a cale ar
imposibil sau cel pu¸ tin foarte
greu de redat;
– ele permit reluarea rapid ¼a, ori de câte ori este nevoie;
– datorit ¼a ineditului pe care îl con¸ tin ¸ si chiar aspectului estetic pe care îl
implic ¼a, ele sunt mai atractive pentru elevi ¸ si mai productive.
Cerin¸ tele pe care le implic ¼a sunt: organizarea special ¼a a spa¸ tiului de
desf¼a¸ surare – alegerea judicioas ¼a a momentului utiliz ¼arii lor pentru a nu
bruia activitatea elevului – preg ¼atirea pentru utilizarea ¸ si între¸ tinerea în stare
func¸ tional ¼a a dispozitivelor, materialelor, aparaturii cuprinse în acest demers.
3.Exerci¸ tiul. Este o metod ¼a ce are la baz ¼a ac¸ tiuni motrice ¸ si intelec-
tuale, efectuate în mod con¸ stient ¸ si repetat, în scopul form ¼arii de priceperi
¸ si deprinderi, al automatiz ¼arii ¸ si interioriz ¼arii unor modalit ¼a¸ ti de lucru de
natur ¼a motrice sau mental ¼a.
Prin ac¸ tiune exersat ¼a repetat, con¸ stient ¸ si sistematic, copilul dobânde¸ ste
o îndemânare, o deprindere, iar folosirea ei în condi¸ tii variate transform ¼a de-
prinderea în pricepere. Ansamblul deprinderilor ¸ si priceperilor, dobândite ¸ si
exersate prin exerci¸ tii în cadrul activit ¼a¸ tilor matematice, conduce la autom-
atizarea ¸ si interiorizarea lor, transformându-le treptat în abilit ¼a¸ ti.
O ac¸ tiune poate
considerat ¼a exerci¸ tiu numai în condi¸ tiile în care p ¼astreaz ¼a
un caracter algoritmic. Ea se
nalizeaz ¼a cu formarea unor componente au-
tomatizate, a unor abilit ¼a¸ ti deci, ce vor putea
aplicate în rezolvarea unor
noi sarcini cu alt grad de complexitate.
CAPITOLUL 4. ASPECTE METODICE ÎN PREDAREA GEOMETRIEI 102
Pentru ca un ansamblu de exerci¸ tii s ¼a conduc ¼a la formarea unor abilit ¼a¸ ti,
acesta trebuie s ¼a asigure copilului parcurgerea urm ¼atoarelor etape: famil-
iarizarea cu ac¸ tiunea în ansamblul ei, prin demonstra¸ tie ¸ si aplica¸ tii ini¸ tiale;
familiarizarea cu elementele componente ale deprinderii (prin descompunerea
¸ si efectuarea pe p ¼ar¸ ti a ac¸ tiunii); uni
carea acestor elemente într-un tot, asig-
urând organizarea sistemului; reglarea ¸ si autocontrolul efectu ¼arii opera¸ tiilor;
automatizarea ¸ si perfectarea ac¸ tiunii, dobândirea abilit ¼a¸ tii. unoa¸ sterea ¸ si re-
spectarea acestor etape de c ¼atre profesor/înv ¼a¸ t¼ator favorizeaz ¼a: consolidarea
cuno¸ stin¸ telor ¸ si deprinderilor anterioare; ampli
carea capacit ¼a¸ tilor operatorii
ale achizi¸ tiilor prin aplicarea în situa¸ tii noi; realizarea obiectivelor formative
asociate (psihomotrice, afective).
Pentru a asigura formarea de abilit ¼a¸ ti matematice, ca
nalit ¼a¸ ti ale dis-
ciplinei, exerci¸ tiul trebuie s ¼a
e integrat într-un sistem, atât la nivelul unei
abilit ¼a¸ ti, dar ¸ si la nivel de unitate didactic ¼a.
Conceperea, organizarea ¸ si proiectarea unui sistem de exerci¸ tii în scopul
dobândirii unei abilit ¼a¸ ti trebuie s ¼a asigure valori
carea func¸ tiilor exerci¸ tiului:
formarea deprinderilor prin ac¸ tiuni corect elaborate ¸ si consolidate; adâncirea
în¸ telegerii no¸ tiunilor prin exersare în situa¸ tii noi; dezvoltarea opera¸ tiilor men-
tale ¸ si constituirea lor în structuri opera¸ tionale; sporirea capacit ¼a¸ tii operatorii
a cuno¸ stin¸ telor, priceperilor ¸ si deprinderilor ¸ si transformarea lor în abilit ¼a¸ ti
(opera¸ tionalizarea achizi¸ tiilor).
În cadrul activit ¼a¸ tilor matematice, sistemul de exerci¸ tii vizeaz ¼a, pentru
început, capacitatea de reproducere a achizi¸ tiilor. Odat ¼a dobândite, abil-
it¼a¸ tile asigur ¼a prin exersare caracterele reversibil ¸ si asociativ ale opera¸ tiei,
iar exerci¸ tiul devine astfel opera¸ tional.
În conceperea unui sistem e
cient de exerci¸ tii, înv ¼a¸ t¼atorul trebuie s ¼a ¸ tin¼a
cont de urm ¼atoarele condi¸ tii psiho-pedagogice, subordonate etapelor de for-
mare a abilit ¼a¸ tilor: asigurarea succesiunii sistemice a exerci¸ tiilor, respectând
etapele de formare a unei no¸ tiuni; succesiunea progresiv ¼a prin e¸ salonarea lor
dup¼a gradul de di
cultate; aplicarea diferen¸ tiat ¼a a exerci¸ tiilor, func¸ tie de
particularit ¼a¸ tile capacit ¼a¸ tilor de înv ¼a¸ tare; varietatea exerci¸ tiilor prin schim-
barea formei, a modului de execu¸ tie sau a materialului didactic; cre¸ sterea
treptat ¼a a gradului de independen¸ t ¼a a copiilor în executarea exerci¸ tiilor (de
la exerci¸ tiul de imita¸ tie dirijat, la exerci¸ tiul de exempli
care semidirijat ¸ si
independent); repartizarea în timp a exerci¸ tiilor, în scopul sporirii e
cien¸ tei
înv¼a¸ t¼arii; asigurarea unei alternan¸ te ra¸ tionale între exerci¸ tiile motrice ¸ si cele
mentale, func¸ tie de nivelul de vârst ¼a ¸ si scopul urm ¼arit.
Sistemul de exerci¸ tii nu-¸ si poate atinge scopul formativ f ¼ar¼a a acorda
aten¸ tia cuvenit ¼a desf ¼a¸ sur¼arii exerci¸ tiilor ce formeaz ¼a ansamblul. Din acest
motiv, este util pentru cadrul didactic s ¼a re¸ tin ¼a câteva aspecte pentru orga-
nizarea situa¸ tiilor ¸ si sarcinilor de înv ¼a¸ tare.
CAPITOLUL 4. ASPECTE METODICE ÎN PREDAREA GEOMETRIEI 103
El trebuie: s ¼a cunoasc ¼a bine structura, valoarea ¸ si limitele exerci¸ tiului
de executat; s ¼a motiveze corect efectuarea repetat ¼a a unor exerci¸ tii, precum
¸ si performan¸ tele de atins; s ¼a explice ¸ si s ¼a demonstreze modelul ac¸ tiunii; s ¼a
creeze situa¸ tii cât mai variate de exersare; s ¼a aib ¼a în vedere o ordonare a
exerci¸ tiilor, dup ¼a complexitate ¸ si grad de di
cultate; s ¼a îmbine procedeul
execu¸ tiei globale cu cel al fragment ¼arii; s ¼a impun ¼a (precizeze) un ritm optim
de ac¸ tiune, cu unele veri
c ¼ari imediate, ca ¸ si crearea unor posibilit ¼a¸ ti de
autocontrol.
Dup¼a func¸ tiile pe care le îndeplinesc în formarea deprinderilor, ex-
erci¸ tiile sunt imitative (domin ¼a func¸ tia normativ ¼a ¸ si cea opera¸ tional ¼a) ¸ si de
exempli
care (func¸ tiile cognitiv ¼a ¸ si formativ ¼a).
Exerci¸ tiile de imitare . Orice exerci¸ tiu nou din cadrul unui sistem de ex-
erci¸ tii este, pentru început, de tip imitativ. Copiii imit ¼a, luând ca model
exerci¸ tiul profesorului, sunt îndruma¸ ti ¸ si corecta¸ ti spre a evita gre¸ selile ¸ si
procedeele incorecte. Profesorul urm ¼are¸ ste modul de îndeplinire a sarcinilor,
insist ¼a asupra fazelor ¸ si a succesiunii etapelor exerci¸ tiului, urm ¼arind modul
cum copiii aplic ¼a îndrum ¼arile date.
Exerci¸ tiile de exempli
care (de baz ¼a) asigur ¼a consolidarea unei deprinderi
(priceperi, abilit ¼a¸ ti matematice) ¸ si se reg ¼asesc sub forma repet ¼arilor succesive
pe care le realizeaz ¼a copiii, c ¼autând s ¼a se apropie de model.
Exerci¸ tiul se poate folosi în scopul de a consolida cuno¸ stin¸ tele însu¸ site an-
terior, de a forma priceperi ¸ si deprinderi, cât ¸ si pentru a dezvolta capacit ¼a¸ tile
creatoare.
Exerci¸ tiile pot
de trei feluri: de antrenament; de baz ¼a; paralele.
Metode moderne (activ-participative).
1.Metoda TURUL GALERIEI
Turul Galerieieste o metod ¼a de înv ¼a¸ tare prin cooperare ce îi încurajeaz ¼a
pe elevi s ¼a-¸ si exprime opiniile proprii. Produsele realizate de elevi sunt expuse
ca într-o galerie, prezentate ¸ si sus¸ tinute de secretarul grupului, urmând s ¼a
e evaluate ¸ si discutate de c ¼atre to¸ ti elevii, indiferent de grupul din care fac
parte. Turul galeriei presupune evaluarea interactiv ¼a ¸ si profund formativ ¼a a
produselor realizate de grupuri de elevi.
Pa¸ sii metodei:
elevii sunt împ ¼ar¸ ti¸ ti pe grupuri de câte 4-5 membri, în func¸ tie de
num¼arul elevilor din clas ¼a;
cadrul didactic prezint ¼a elevilor tema ¸ si sarcina de lucru;
ecare grup va realiza un produs pe tema stabilit ¼a în prealabil;
CAPITOLUL 4. ASPECTE METODICE ÎN PREDAREA GEOMETRIEI 104
produsele sunt expuse pe pere¸ tii clasei;
secretarul grupului prezint ¼a în fa¸ ta tuturor elevilor produsul realizat;
analizarea tuturor lucr ¼arilor.
Dup¼a turul galeriei, grupurile î¸ si reexamineaz ¼a propriile produse prin com-
para¸ tie cu celelalte. Turul Galerieiurm ¼are¸ ste exprimarea unor puncte de
vedere personale referitoare la tema pus ¼a în discu¸ tie. Elevii trebuie înv ¼a¸ ta¸ ti
s¼a asculte, s ¼a în¸ teleag ¼a ¸ si s ¼a accepte sau s ¼a resping ¼a ideile celorlal¸ ti prin
demonstrarea valabilit ¼a¸ tii celor sus¸ tinute. Prin utilizarea ei se stimuleaz ¼a
creativitatea participan¸ tilor, gândirea colectiv ¼a ¸ si individual ¼a, se dez-
volt¼a capacit ¼a¸ tile sociale ale participan¸ tilor, de intercomunicare ¸ si toleran¸ t ¼a
reciproc ¼a, de respect pentru opinia celuilalt.
Avantaje:
atrage ¸ si stârne¸ ste interesul elevilor, realizându-se interac¸ tiuni între
elevi;
promoveaz ¼a interac¸ tiunea dintre min¸ tile participan¸ tilor, dintre person-
alit¼a¸ tile lor, ducând la o înv ¼a¸ tare mai activ ¼a ¸ si cu rezultate evidente;
stimuleaz ¼a efortul ¸ si productivitatea individului ¸ si este important ¼a pen-
tru autodescoperirea propriilor capacit ¼a¸ ti ¸ si limite, pentru autoevalu-
are;
exist¼a o dinamic ¼a intergrupal ¼a cu in uen¸ te favorabile în planul person-
alit¼a¸ tii, iar subiec¸ tii care lucreaz ¼a în echip ¼a sunt capabili s ¼a aplice ¸ si s ¼a
sintetizeze cuno¸ stin¸ tele în moduri variate ¸ si complexe;
dezvolt ¼a ¸ si diversi
c ¼a priceperile, capacit ¼a¸ tile ¸ si deprinderile sociale ale
elevilor;
se reduce la minim fenomenul blocajului emo¸ tional al creativit ¼a¸ tii.
Exemplu : recapitulare
nal ¼a la clasa a VIII-a. Se împarte colectivul de
elevi în 6 grupe de câte 4-5 elevi. Câte dou ¼a grupe vor primi aceea¸ si sarcin ¼a.
Realiza¸ ti plan¸ se cu teoria pentru urm ¼atoarele teme: Grupele 1 ¸ si 2: tri-
unghiul (formule pentru arie, elemente de trigonometrie, propriet ¼a¸ tile liniilor
importante din triunghi). Grupele 3 ¸ si 4: patrulatere (formulele pentru arii
¸ si propriet ¼a¸ tile acestor patrulatere). Grupele 5 ¸ si 6: Cercul. Patrulatere
inscriptibile. Elevii vor lucra în echip ¼a ¸ si vor redacta pe coli de ip-chart
rezolvarea sarcinilor primite. Dup ¼a expirarea timpului de lucru, colile de
CAPITOLUL 4. ASPECTE METODICE ÎN PREDAREA GEOMETRIEI 105
ip-chart vor
expuse/a
¸ sate într-un loc vizibil ¸ si u¸ sor accesibil, ca într-o
galerie de art ¼a. Profesorul va cere tuturor elevilor s ¼a vizitezegaleria, s ¼a-¸ si
noteze punctele tari ¸ si punctele slabe identi
cate la
ecare produs vizionat.
Pentur a
xa cuno¸ ttin¸ tele, profesorul va facilita discu¸ tii pe marginea pro-
duselor realizate solicitând elevilor s ¼a sugereze modalit ¼a¸ ti de îmbun ¼at¼a¸ tire a
produselor.
2.Problematizarea. Reprezint ¼a una dintre cele mai utile metode, prin
poten¸ tialul ei euristic ¸ si activizator. Se face o distinc¸ tie foarte clar ¼a între
conceptul de problem ¼a ¸ si conceptul de situa¸ tie – problem ¼a implicat în
metoda problematiz ¼arii. Primul vizeaz ¼a problema ¸ si rezolvarea acesteia din
punctul de vedere al aplic ¼arii, veri
c ¼arii unor reguli înv ¼a¸ tate, al unor
algoritmi ce pot
utiliza¸ ti în rezolvare.
O situa¸ tie-problem ¼a desemneaz ¼a o situa¸ tie contradictorie, con ictual ¼a,
care rezult ¼a din tr ¼airea simultan ¼a a dou ¼a realit ¼a¸ ti: experien¸ ta anterioar ¼a,
cognitiv-emo¸ tional ¼a ¸ si elementul de noutate, necunoscutul cu care se con-
frunt ¼a subiectul. Acest con ict incit ¼a la c ¼autare ¸ si descoperire, la intuirea
unor solu¸ tii noi, a unor rela¸ tii aparent inexistente între ceea ce este cunos-
cut ¸ si ceea ce este nou pentru subiect. O întrebare devine situa¸ tie-problem ¼a
atunci când se declan¸ seaz ¼a curiozitatea, tendin¸ ta de c ¼autare, de dep ¼a¸ sire a
obstacolelor.
În problematizare, cea mai important ¼a etap ¼a este crearea situa¸ tiilor prob-
lem¼a ¸ si mai pu¸ tin punerea unor întreb ¼ari.
Problematizarea trebuie în¸ teleas ¼a ca
ind o modalitate instructiv ¼a prin
care se recurge la cunoa¸ sterea realit ¼a¸ tii, constituind forma pedagogic ¼a prin
care stimul ¼am elevul s ¼a participe con¸ stient ¸ si intensiv la autodezvoltarea sa pe
baza unei probleme propuse ¸ si o nou ¼a experien¸ t ¼a care tinde s ¼a restructureze
vechea sa experien¸ t ¼a.
O problem ¼a trebuie s ¼a dezvolte o atitudine creatoare. Creativitatea ca
g¼asire a unei solu¸ tii noi, originale, implic ¼a o situa¸ tie problematizant ¼a ¸ si se cul-
tiv¼a pe terenul con ictual al acesteia asigurând exibilitatea gândirii. Lipsa
de încurajare, de apreciere a efortului, pot curma o gândire creatoare.
O problem ¼a sau o situa¸ tie problem ¼a nu trebuie confundat ¼a cu conversa¸ tia
euristic ¼a, unde elevul este pus în situa¸ tia de a da un r ¼aspuns, cu un efort rel-
ativ u¸ sor, la o întrebare care-i direc¸ tioneaz ¼a procesele de cunoa¸ stere. Scopul
întreb ¼arii de tip euristic în problematizare este de a deschide calea pentru
rezolvarea altor probleme mai simple, ca trepte în solu¸ tionarea problemei
centrale.
În orice situa¸ tie problematic ¼a, în general, se disting dou ¼a elemente prin-
cipale: primul o scurt ¼a informa¸ tie care-l pune pe elev în tem ¼a ¸ si al doilea
CAPITOLUL 4. ASPECTE METODICE ÎN PREDAREA GEOMETRIEI 106
întrebarea care provoac ¼a di
cultatea de rezolvare, antrenând capacitatea de
re exie.
Etape posibile în abordarea unei situa¸ tii-problem ¼a:
de
nirea punctului de plecare ¸ si a scopului urm ¼arit;
punerea problemei prin cunoa¸ sterea profund ¼a a situa¸ tiei de plecare ¸ si
selectarea informa¸ tiei;
organizarea informa¸ tiei;
transformarea informa¸ tiei pe calea ra¸ tionamentului, induc¸ tiei ¸ si de-
duc¸ tiei, a intui¸ tiei ¸ si analogiei, inclusiv a utiliz ¼arii ¸ si a altor procedee
para-logice în vederea identi
c ¼arii solu¸ tiilor posibile;
luarea deciziilor op¸ tiunea pentru solu¸ tia optim ¼a; veri
carea solu¸ tiei
alese ¸ si a rezultatelor.
Problematizarea are o deosebit ¼a valoare formativ ¼a:
– se consolideaz ¼a structuri cognitive;
– se stimuleaz ¼a spiritul de explorare;
– se formeaz ¼a un stil activ de munc ¼a;
– se cultiv ¼a autonomia ¸ si curajul în a
¸ sarea unor pozi¸ tii proprii.
Utilizarea acestei metode presupune o antrenare plenar ¼a a personalit ¼a¸ tii
elevilor, a componentelor intelectuale, afective ¸ si voli¸ tionale.
Problematizarea este atributul activ al înv ¼a¸ t¼amântului ¸ si const ¼a în a
transforma actul instructiv dintr-un act de receptare relativ pasiv a cuno¸ st-
in¸ telor, într-un act de permanent ¼a c¼autare, prin cuno¸ stin¸ te ¸ si cunoa¸ stere a
unui r ¼aspuns la o întrebare. Prin aplicarea acestei metode elevul particip ¼a
con¸ stient ¸ si activ la autodezvoltarea sa pe baz ¼a de cunoa¸ stere dobândit ¼a ¸ si
o nou ¼a experien¸ t ¼a care tinde s ¼a restructureze ¸ si s ¼a-i dezvolte capacitatea
cognitiv ¼a.
Dezvoltarea poten¸ tialului de gândire ¸ si creativitate se realizeaz ¼a prin ac-
tivit¼a¸ ti care solicit ¼a independen¸ t ¼a, originalitate. De aceea, trebuie s ¼a
m
receptivi la ceea ce intereseaz ¼a ¸ si place copiilor, la ceea ce vor ¸ si pot realiza,
valori
când în activitate toate capacit ¼a¸ tile lor, satisf ¼acându-le interesele.
Exemplu. Fie AB¸ siCD dou¼a coarde paralele în cercul de centru O¸ si
de raz ¼aR= 4cm. ¸ Stiind c ¼aAB = 3cm ¸ si CD = 2cm, a a¸ ti aria trapezului
ABCD: Câte solu¸ tii are problema?
Aceast ¼a problem ¼a are dou ¼a solu¸ tii. O solu¸ tie atunci când centrul cer-
cului este în exteriorul trapezului ¸ si alt ¼a solu¸ tie cân centrul cercului este în
interiorul trapezului.
CAPITOLUL 4. ASPECTE METODICE ÎN PREDAREA GEOMETRIEI 107
3.Mozaicul- JIGSAW
Metoda mozaic este o metod ¼a de înv ¼a¸ tare prin colaborare ¸ si are la
baz¼a împ ¼ar¸ tirea grupului mare de elevi/cursan¸ ti în mai multe grupe de lucru,
coordonate de profesor/formator.
Timpul de lucru poate
de dou ¼a ore pentru elevi, iar pentru adul¸ ti, în
func¸ tie de complexitatea temei, timpul poate
de dou ¼a-patru ore.
ETAPE:
a) Etapa I :
Se împarte clasa în grupe eterogene de patru elevi. Dup ¼a aceea, num ¼ar¼a
pân¼a la patru, astfel încât
ecare membru al grupei s ¼a aib ¼a un num ¼ar de la
1 la 4.
Fiec¼arui membru al grupei i se d ¼a o
¸ s ¼a de înv ¼a¸ tare care cuprinde o
unitate de cunoa¸ stere (o parte a unui text/articol etc.). Textul are at ¼atea
p¼ar¸ ti c ¼ate grupe se constituie,
ecare grup ¼a primind o parte a textului.
Profesorul discut ¼a pe scurt titlul textului ¸ si subiectul pe care îl va trata.
Explic ¼a apoi c ¼a pentru acea or ¼a, sarcina elevilor este s ¼a în¸ teleag ¼a textul. La
sfâr¸ situl orei,
ecare persoan ¼a va trebui s ¼a
în¸ teles întregul articol. Acesta,
îns¼a, va
predat de colegii de grup, pe fragmente.
Profesorul/formatorul atrage aten¸ tia c ¼a articolul este împ ¼ar¸ tit în patru
p¼ar¸ ti. To¸ ti cei cu num ¼arul 1 vor primi prima parte, cei cu num ¼arul doi vor
primi a doua parte ¸ si a¸ sa mai departe.
b) Etapa a II-a:
To¸ ti cei cu num ¼arul 1 se adun ¼a într-un grup, to¸ ti cei cu num ¼arul 2 în alt
grup etc. Dac ¼a este foarte numeroas ¼a clasa, s-ar putea s ¼a
e nevoie s ¼a se fac ¼a,
de exemplu, dou ¼a grupe cu num ¼arul 1. Cu o clas ¼a foarte mare, se poate l ¼asa
jum¼atate de clas ¼a s¼a lucreze la altceva, în timp ce cealalt ¼a jum ¼atate lucreaz ¼a
dup¼a metoda mozaicului.
Profesorul/formatorul explic ¼a faptul c ¼a grupurile formate din cei cu nu-
merele 1, 2, 3 ¸ si 4 se vor numi de acum grupuri de exper¸ ti . Sarcina lor
este s ¼a înve¸ te bine materialul prezentat în sec¸ tiunea din text care le revine
lor. Ei trebuie s-o citeasc ¼a ¸ si s-o discute între ei pentru a o în¸ telege bine.
Apoi trebuie s ¼a hot ¼arasc ¼a modul în care o pot preda, pentru c ¼a urmeaz ¼a
s¼a se întoarc ¼a la grupul lor originar pentru a preda aceast ¼a parte celorlal¸ ti.
Este important ca
ecare membru al grupului de exper¸ ti s ¼a în¸ teleag ¼a c¼a el
este responsabil de predarea acelei por¸ tiuni a textului celorlal¸ ti membri ai
grupului ini¸ tial. Strategiile de predare ¸ si materialele folosite r ¼amân la lati-
tudinea grupelor de exper¸ ti. Vor avea nevoie de destul de mult timp pentru
a parcurge fragmentul lor din text, pentru a discuta ¸ si elabora strategii de
predare.
c) Etapa a III-a:
CAPITOLUL 4. ASPECTE METODICE ÎN PREDAREA GEOMETRIEI 108
Dup¼a ce grupele de exper¸ ti ¸ si-au încheiat lucrul,
ecare individ se întoarce
la grupul s ¼au ini¸ tial ¸ si pred ¼a celorlal¸ ti con¸ tinutul preg ¼atit.
Se atrage aten¸ tia, din nou, c ¼a este foarte important ca
ecare individ din
grup s ¼a st¼apâneasc ¼a con¸ tinutul tuturor sec¸ tiunilor textului. E bine s ¼a noteze
orice întreb ¼ari sau nel ¼amuriri au în leg ¼atur¼a cu oricare dintre fragmentele
articolului ¸ si s ¼a cear ¼a clari
c ¼ari expertului în acea sec¸ tiune. Dac ¼a r¼amân, în
continuare, nel ¼amuri¸ ti, pot adresa întrebarea întregului grup de exper¸ ti în
acea sec¸ tiune. Dac ¼a persist ¼a dubiile, atunci problema va trebui cercetat ¼a în
continuare.
La
nal, profesorul/formatorul reaminte¸ ste tema ¸ si unit ¼a¸ tile de înv ¼a¸ tare,
apoi le cere elevilor/cursan¸ tilor s ¼a prezinte oral, în ordinea ini¸ tial ¼a,
ecare
parte a articolului, a¸ sa cum au asimilat-o în cadrul grupului de exper¸ ti .
Astfel, tema se va trece în revist ¼a în unitatea ei logic ¼a.
Pentru feed-backul activit ¼a¸ tii, profesorul poate aplica un test, poate adresa
înteb ¼ari etc. pentru a veri
ca gradul de în¸ telegere a noului con¸ tinut, capaci-
tatea de analiz ¼a, sintez ¼a, de argumentare a a
rma¸ tiilor f ¼acute.
Ce face profesorul/formatorul în timpul înv ¼a¸ t¼arii prin colaborare ?
Este foarte important ca profesorul s ¼a monitorizeze predarea, pentru a
sigur c ¼a informa¸ tia se transmite corect ¸ si c ¼a poate servi ca punct de plecare
pentru diverse întreb ¼ari; stimuleaz ¼a cooperarea, asigur ¼a implicarea, partici-
parea tuturor membrilor.
Avantaje ale folosirii metodei:
Are caracter formativ.
Stimuleaz ¼a încrederea în sine a participan¸ tilor
Dezvolt ¼a abilit ¼a¸ ti de comunicare argumentativ ¼a ¸ si de rela¸ tionare în
cadrul grupului.
Dezvolt ¼a gândirea logic ¼a, critic ¼a ¸ si independent ¼a.
Dezvolt ¼a r¼aspunderea individual ¼a ¸ si de grup.
Exemplu. Tema: Patrulatere particulare Organizarea colectivului de
elevi: 5 grupe de lucru a câte 5 elevi/grup ¼a.
Fiecare grup ¼a devine expertîntr-o tem ¼a dat ¼a: Grup 1: Paralelogra-
mul, Grup 2: Dreptunghiul, Grup 3: Rombul, Grup 4: P ¼atratul, Grup
5: Trapezul
Membrii
ec ¼arui grup lucreaz ¼a prin cooperare analizeaz ¼a, sintetizeaz ¼a
cuno¸ stin¸ tele despre tema dat ¼a, efectuând scheme, desene, demonstrarea
unor propriet ¼a¸ ti.
CAPITOLUL 4. ASPECTE METODICE ÎN PREDAREA GEOMETRIEI 109
Colectivul de elevi se regrupeaz ¼a astfel încât în
ecare nou ¼a grup ¼a s¼a
e câte un membru din grupele ini¸ tiale, expert în tema pe care a
înv¼a¸ tat-o.
În aceste noi grupe
ecare expert prezint ¼a tema lui ¸ si r ¼aspunde la
întreb ¼arile colegilor. Împreun ¼a caut ¼a leg¼aturile între temele prezentate
caut¼a conexiunile, diferen¸ tele, asem ¼an¼arile.
Observa¸ tiile
ec ¼arui grup sunt expuse ¸ si prezentate de un membru al
grupului.
Sub dirijarea profesorului se sistematizeaz ¼a cele cinci teme prin discu¸ tie
frontal ¼a cu grupele de exper¸ ti¸ si cu întreaga clas ¼a.
Copyright Notice
© Licențiada.org respectă drepturile de proprietate intelectuală și așteaptă ca toți utilizatorii să facă același lucru. Dacă consideri că un conținut de pe site încalcă drepturile tale de autor, te rugăm să trimiți o notificare DMCA.
Acest articol: Patrulatere particulare Organizarea colectivului de [604433] (ID: 604433)
Dacă considerați că acest conținut vă încalcă drepturile de autor, vă rugăm să depuneți o cerere pe pagina noastră Copyright Takedown.