Inegalitati Algebrice Si Geometrice

LUCRARE DE LICENȚĂ

CUPRINS

INTRODUCERE

CAPITOLUL I : INEGALITĂȚI CLASICE

TRATARE ELEMENTARĂ

Inegalitatea mediilor

Inegalitatea Cebâșev

Inegalitatea Cauchy – Buniakovski – Schwartz

Inegalitatea Minkovski

Inegalitatea Bernoulli

Inegalitatea Cauchy

Inegalitatea Hölder

CAPITOLUL II : INEGALITĂȚI PENTRU FUNCȚII

CONVEXE

Aplicații ale analizei matematice în demonstrarea inegalităților

Funcții convexe

Inegalitatea Jensen

Inegalități demonstrate cu funcții convexe

CAPITOLUL III : INEGALITĂȚI GEOMETRICE TRATATE ALGEBRIC ȘI TRIGONOMETRIC

Inegalități îu triunghi cu R, r, S, p

Inegalități în triunghi cu înălțimi, bisectoare, mediane

Inegalități în patrulatere

Probleme celebre

CAPITOLUL IV : APLICAȚII

BIBLIOGRAFIE

INTRODUCERE

Lucrarea ,, INEGALITĂȚI AlGEBRICE ȘI GEOMETRICE ’’ se structurează în patru capitole reprezentând partea teoretică și aplicații, o introducere și bibliografie.

În capitolul întâi ,, Inegalități clasice. Tratare elementară. ’’ sunt prezentate câteva inegalități cunoscute cu demonstrații.

Capitolul I ,, Inegalități pentru funcții convexe ’’ conține patru paragrafe în care sunt prezentate aplicațiile analizei matematice în demonstrarea inegalităților, noțiuni despre funcții convexe, inegalitatea lui Jensen iar în ultimul paragraf pe lângă inegalități demonstrate cu funcții convexe am revenit asupra unor inegalități clasice din Capitolul I care pot fi demonstrate și cu funcții convexe.

Capitolul III ,, Inegalități geometrice tratate algebric și trgonometric” conține patru paragrafe. Paragrafele unu și doi cuprinde inegalități în triunghi în care intervin latură, aria, perimetru, raza cercului circumscris sau înscris, mediana, bisectoarea și înălțimea. Paragraful trei conține inegalități în patrulatere și prezintă câteva inegalități în care intervin laturi, diagonale, arii, probleme de maxim sau minim și chiar inegalități clasice ca de exemplu ,,Inegalitatea lui Ptolomeu’’. La unele probleme se insistă asupra demonstrațiilor arătându-se că rezultatul obținut este cel mai bun posibil din categoria respectivă. Paragraful patru ,,Probleme celebre’’ conține o serie de probleme, un grad sporit de dificultate în a căror rezolvare se utilizează rezultatele din paragrafele anterioare sau prezintă soluții de o factură nouă. Unele probleme au un grad mare de generalizare.

Ultimul capitol ,, Aplicații’’ prezintă exemple de inegalități algebrice și geometrice cu soluții date, cu grade diferite de dificultate care pot fi folosite în munca la clasă dar și în vederea pregătirii concursurilor școlare atât pentru elevii din ciclul gimnazial cât și pentru cei din liceu.

CAPITOLUL III. INEGALITATI GEOMETRICE

III.1 INEGALITATI IN TRIUNGHI IN CARE INTERVIN LUNGIMILE LATURILOR, ARIA, RAZELE CERCURILOR CIRCUMSCRISE SAU INSCRISE

3.1. Numerele a,b,c sunt lungimile laturilor unui triunghi

x,y,z >0 , astfel incat a = y+z ; b = x+z ; c = x+y

Demonstratie: “” Notam b+c-a = 2x ; a+c-b = 2y ; a+b-c = 2z , x , y, z>0

Adunand relatiile obtinem

a+b+c = 2(x+y+z) . Din aceasta relatie o scoatem pe prima si obtinem a+b+c –a-b-c = 2x +2y+2z – 2x 2a = 2(y+z) a = y+z

Analog b = x+z

c = x+y

“” Din a < b+c rezulta y+z< x+z+x+y rezulta 2x>0 adevarat.

Daca a,b,c sunt lungimile laturilor unui triunghi sa se arate ca

Demonstratie:

Prima inegalitate

adevarat.

Adoua inegalitate

b = c = 1 n2+1<4n+2n<4. Daca iau n = 5 rezulta nu este o inegalitate de

a= r numere pozitive oarecare

Iau x,y,z asfel incat a = y+z ; b = x+z ; c = x+y

2[(y+z)2+(z+x)2+(x+y)2]<4(x+y+z)2

2(x2 + y2 +z2)=2(xy+yz+xz)<2(x2 + y2 +z2) + 4(xy+yz+xz)

0 < 2(xy+yz+xz) adevarat.

este un minim (se analizeaza pentru a = b = c ).

Deocamdata este un majorant. Vreau sa arat ca este cel mai mic majorant.

Arat ca exista triunghiuri care sa ma apropie oricat de .

Se cauta triunghiuri

1 1 1 1

x x

rezulta ca x(0,2)

R(T) = = f(x)

R(T) <

sup =

Sa se arate ca intr-un triunghi R 2r.

Solutie: Notam a = y+z ; b = x+y ; c = x+z

Stim ca ;

Formula lui Heron : a+b+c = 2(x+y+z)

;

S =

R≥2r

(x+y)(y+z)(x+z)≥8xyz, x,y,z>0

Aplicam inegalitatea mediilor ()

Prin inmultirea celor trei relatii abtinem

Sa se arate ca:

Notam a = y+z ; b = x+z ; c = x+y

p = x+y+z p-a = x

p-b =y

p-c =z

Partea a doua a inegalitatii devine

Aplicam inegalitatea Cauchy-Buniakowski pentru a1= , a2=, b1=b2=b3=1.

Rezulta inegalitatea adevarata.

Prima parte a inegalitatii se ridica la patrat

x+y+z < x+y+x+ adevarat

Sa se demonstreze inegalitatea

Solutie : Se cunoaste re latia . Se inlocuie in inegalitatea data si obtinem :

Fie f(x) = sinx ; f’(x)= cosx ; f’(x) = -sinx. Asadar functia f este concava si atunci

deci

3.6.Sa se arate ca

Solutii :

Ramane de aratat ca

adevarat

(H A , media armonica este mai mica decat media aritmetica )

Sa aratam ca

Ramane de aratat ca

adevarat.

III. 2. INEGALITATI IN TRIUNGHI IN CARE APAR LUNGIMILE MEDIANELOR, BISECTOARELOR SI INALTIMILOR

3.7.Sa se arate ca intr-un triunghi inaltimile verifica inegalitatea :

Avem laturile in ordinea urmatoare :

Aplicam inegalitatea lui Cebasev a1, a2, …, an; b1, b2, …, bn.

Daca secventele sunt la fel ordonate

Inlocuim aha = 2S ; bhb = 2S ; chc = 2S

Cum

3.8.Sa se arate ca in orice triunghi are loc inegalitatea :

unde la – lungimea bisectoarei ; ma – lungimea medianei

Solutie :

Impartim cu

adevarat deoarece media media geometrica media aritmetica

adevarat.

3.9.Sa se demonstreze inegalitatea:

S-a aratat la (3.8.) ca

ceea ce era de demonstrat.

3.10.Sa se arate ca intr-un triunghi medianele verifica inegalitatea :

AM – mediana inABC

MN║ AB rezulta MN linie mijlocie MN =  ; AN =

In triunghiul ANM ;

In mod similar

Insumand ultimele trei inegalitati obtinem:

si a doua parte din demonstratie este demonstrata

Pentru prima parte a inegalitatii

In triunghiul BMC ; M – centrul de greutate

BM = CM =

analog

Adunam ultimele trei inegalitati obtinem

Sa vedem ce se intampla la extreme

Consideram triunghiurile isoscele urmand laturile 1, 1, x, x(0,2)

1 1

x

3.11. Sa se arate ca daca intr-un triunghi ABC

Solutie : i) Folosim relatia

adevarat

Folosind expresia pentru lungimea bisectoarei

iii)

adevarat

3.12. Sa se demonstreze inegalitatea

Solutie : Folosim expresia lungimii medianei intr-un triunghi

adevarat

III.3. INEGALITATI IN PATRULATERE

3.13. Fie ABCD un patrulater convex si P si Q mijloacele diagonalelor. Sa se arate ca:

PQ

Solutie: Fie M= mijlocul lui CD.

QM =

PM =

PQ PM-QM =

Egalitate pentru BC ║ AC.

B C

P M

A D

3.14. Fie ABCD un patrulater convex, M mijlocul laturii AB si N mijlocul laturii CD. Sa se arate ca:

MN

A D

M E

N

B F

C

Solutie:

Fie ED ║ AB ADEM-paralelogram (1)

FC ║ AB BCFN-paralelogram (2)

P = EF DC EDP PCF si DPE FPC

EDP PCF N=F si MN = mediana in EMF EM + FM 2MN

Din (1)

Din (2)

3.15. Fie a,b,c,d lungimile celor patru laturi consecutive ale unui patrulater si S aria sa. Sa se arate ca:

2S ac+bd

2S ab+cd

Solutie:

A b B

a c

D d C

σ = σ + σ =+ +

2S ab+cd – egalitate pentru sin A=1 A=C=π/2

sin C=1

S=+++=(y(x+z)+t(x+z))=((x+z)(y+t))=

S= 2S ac+bd

3.16. Dintre patrulaterele de perimetru constant aria maxima o are patratul.

Solutie:

Se stie ca 2S ab+cd egalitate pentru A=B=C=D=π/2

2S bc+ad

4S2=b(a+c) + d(a+c)= (a+c)(b+d)

Aplicam GA:

>

(a+c)(b+d) egalitate pentru a+c=b+d

4S S

S= egalitate pentru a+c=b+d

2a=2b

a=b

I TEOREMA A LUI PTOLEMEU

3.17. Fie MABC un patrulater convex +

dd ac+bd

A

M

B C

Dem. I

Cu ajutorul Lemei 1 obtinem:

MB sinB MC sinC + MA sinA

Fie R raza cercului circumscris ABC MB 2R sinB MC 2R sinC + MA 2R sinA

sinA=sinB=sinC +

Dem II

Construiesc ADE ~ ABC

== =

DE=

AC= (d)

BD= (d)

CAE ~ BAD =

=

== EC=

Cazul I E,D,C coliniare ABCD inscriptibil CE=CD + DE

=c + = ac + bd

Cazul II E,D,C coliniare ABCD neinscriptibil

In EDC EC<ED + DC

< + c < bd + ac

3.18.i) Fie ABCD un patrulater ; a,b,c,d lungimile laturilor ; d, d lungimile diagonalelor

Sa se arate ca :

a+ b+ c+ d< d + d

A

D N

M B

C

Solutie :

Fie N – mijlocul lui

ABD : AN=

BCD : CN=

ADC : DM=

ABC : BM=

AN+ CN+ DM+ BM= AB+BC+CD+AD-

ANC : MN=

BMD : MN=

2 MN++ 2 MN+= AN+ NC+ DM+ MB= AB+BC+CD+AD- 4 MN= a+ b+ c+ d- d- d

4 MN 0 a+ b+ c+ d d+ d

Egalitate pentru MN=0 ABCD paralelogram

3.18.ii) Fie ABCD un patrulater ; a,b,c,d lungimea laturilor ; d, d lungimile diagonalelor. Sa se arate ca :

(a+c)+ (b+d) (d + d)

Solutie :

S-a aratat ca a+ b+ c+ d d+ d

ac+bd dd

(1) a+ b+ c+ d+2ac+2bd d+ d+2 dd

(a+c)+ (b+d) (d + d)

3.19. Fie ABCD un patrulater ; a,b,c,d lungimile laturilor ; d, d lungimile diagonalelor. Sa se arate ca :

b+ d+ 2ac d+ d

a+ c+ 2bd d+ d

Solutie :

S-a aratat ca MN (1)

4 MN= a+ b+ c+ d- d- d(2)

Relatia (1) o ridicam la patrat 4 MN (a-c)

In aceasta inlocuim relatia (2) a+ b+ c+ d- d- d (a-c)

a+ b+ c+ d- d- d- a- c+2ac 0

b+ d+2ac d+d

S-a aratat ca MN4 MN(b-d)

a+ b+ c+ d- d- d(b-d)

a+ b+ c+ d- d- d- b- d+2bd 0

a+ c+2bd d+d

3.20. Sa se arate ca daca printre patrulaterele inscrise intr-un patrulater dat ABCD (MAB, NBC, PCD, QDA, M, N, P, Q distincte) exista unul de perimetru minim, atunci ABCD inscriptibil.

C

Solutie : P

D

Q N

A M B

Fie chiar MNPQ patrulaterul de perimetru minim.

Daca AMQNMB am putea micsora

Fie Q simetricul lui Q fata de AB si M= QN AB

– avem egalitatea cand M=M, adica QMA=QMA=BMN (1)

Analog avem MNB=PNC (2)

NPC=DPQ (3)

DQP=AQM (4)

m() +m(4)+m(A)= π

m() +m(2)+m(B)= π

m(2) +m(3)+m(C)= π

m(3) +m(4)+m(D)= π

m(1)+m(2) +m(3)+m(4)+ m(A)+m(C)= 2π

m(1)+m(2) +m(3)+m(4)+ m(B)+m(D)= 2π

m(A)+m(C)= m(B)+m(D)

ABCD inscriptibil

3.21. Un trapez isoscel are bazele fixe si tangente la un cerc dat O si laturile neparalele variabile si tangente la acelasi cerc. Se cere minimul perimetrului trapezului.

Solutie :

B

Fie chiar MNPQ patrulaterul de perimetru minim.

Daca AMQNMB am putea micsora

Fie Q simetricul lui Q fata de AB si M= QN AB

– avem egalitatea cand M=M, adica QMA=QMA=BMN (1)

Analog avem MNB=PNC (2)

NPC=DPQ (3)

DQP=AQM (4)

m() +m(4)+m(A)= π

m() +m(2)+m(B)= π

m(2) +m(3)+m(C)= π

m(3) +m(4)+m(D)= π

m(1)+m(2) +m(3)+m(4)+ m(A)+m(C)= 2π

m(1)+m(2) +m(3)+m(4)+ m(B)+m(D)= 2π

m(A)+m(C)= m(B)+m(D)

ABCD inscriptibil

3.21. Un trapez isoscel are bazele fixe si tangente la un cerc dat O si laturile neparalele variabile si tangente la acelasi cerc. Se cere minimul perimetrului trapezului.

Solutie :

A’ C’ B’

T O T’

A B

D C

Fie AB si A B bazele trapezului si

AA , BB tangentele variabile care

formeaza laturile egale.

T, T punctele de contact cu cercul O.

C, C proiectiile punctului O pe AB,

A B.

P= 4(). Sa vedem cand paranteza este minima. Existenta unui minim este evidenta, caci suma din paranteza depaseste orice limita cand A sau A se apropie indefinit de C si C.

D proiectia lui A pe AB.

A AD : = =

=2

+ 2=4

==ct. este minima cand .

Trapezul devine atunci un patrat circumscris la cercul O.

3.22. In trapezul convex ABCD avem .

Sa se arate ca

B

A

C

D

Solutie : Presupunem ca (1) BCAABC, deoarece in ABC unghiului mai mare i se opune latura mai mare.

ABCD convex si DBC<ABCBCD>BCAABC>DBC.

Deci avem ca in BCD>DBC (2)

Din (1) si (2) – fals

III.3. INEGALITATI IN PATRULATERE

3.13. Fie ABCD un patrulater convex si P si Q mijloacele diagonalelor. Sa se arate ca:

PQ

Solutie: Fie M= mijlocul lui CD.

QM =

PM =

PQ PM-QM =

Egalitate pentru BC ║ AC.

B C

P M

A D

3.14. Fie ABCD un patrulater convex, M mijlocul laturii AB si N mijlocul laturii CD. Sa se arate ca:

MN

A D

M E

N

B F

C

Solutie:

Fie ED ║ AB ADEM-paralelogram (1)

FC ║ AB BCFN-paralelogram (2)

P = EF DC EDP PCF si DPE FPC

EDP PCF N=F si MN = mediana in EMF EM + FM 2MN

Din (1)

Din (2)

3.15. Fie a,b,c,d lungimile celor patru laturi consecutive ale unui patrulater si S aria sa. Sa se arate ca:

2S ac+bd

2S ab+cd

Solutie:

A b B

a c

D d C

σ = σ + σ =+ +

2S ab+cd – egalitate pentru sin A=1 A=C=π/2

sin C=1

S=+++=(y(x+z)+t(x+z))=((x+z)(y+t))=

S= 2S ac+bd

3.16. Dintre patrulaterele de perimetru constant aria maxima o are patratul.

Solutie:

Se stie ca 2S ab+cd egalitate pentru A=B=C=D=π/2

2S bc+ad

4S2=b(a+c) + d(a+c)= (a+c)(b+d)

Aplicam GA:

>

(a+c)(b+d) egalitate pentru a+c=b+d

4S S

S= egalitate pentru a+c=b+d

2a=2b

a=b

I TEOREMA A LUI PTOLEMEU

3.17. Fie MABC un patrulater convex +

dd ac+bd

A

M

B C

Dem. I

Cu ajutorul Lemei 1 obtinem:

MB sinB MC sinC + MA sinA

Fie R raza cercului circumscris ABC MB 2R sinB MC 2R sinC + MA 2R sinA

sinA=sinB=sinC +

Dem II

Construiesc ADE ~ ABC

== =

DE=

AC= (d)

BD= (d)

CAE ~ BAD =

=

== EC=

Cazul I E,D,C coliniare ABCD inscriptibil CE=CD + DE

=c + = ac + bd

Cazul II E,D,C coliniare ABCD neinscriptibil

In EDC EC<ED + DC

< + c < bd + ac

3.18.i) Fie ABCD un patrulater ; a,b,c,d lungimile laturilor ; d, d lungimile diagonalelor

Sa se arate ca :

a+ b+ c+ d< d + d

A

D N

M B

C

Solutie :

Fie N – mijlocul lui

ABD : AN=

BCD : CN=

ADC : DM=

ABC : BM=

AN+ CN+ DM+ BM= AB+BC+CD+AD-

ANC : MN=

BMD : MN=

2 MN++ 2 MN+= AN+ NC+ DM+ MB= AB+BC+CD+AD- 4 MN= a+ b+ c+ d- d- d

4 MN 0 a+ b+ c+ d d+ d

Egalitate pentru MN=0 ABCD paralelogram

3.18.ii) Fie ABCD un patrulater ; a,b,c,d lungimea laturilor ; d, d lungimile diagonalelor. Sa se arate ca :

(a+c)+ (b+d) (d + d)

Solutie :

S-a aratat ca a+ b+ c+ d d+ d

ac+bd dd

(1) a+ b+ c+ d+2ac+2bd d+ d+2 dd

(a+c)+ (b+d) (d + d)

3.19. Fie ABCD un patrulater ; a,b,c,d lungimile laturilor ; d, d lungimile diagonalelor. Sa se arate ca :

b+ d+ 2ac d+ d

a+ c+ 2bd d+ d

Solutie :

S-a aratat ca MN (1)

4 MN= a+ b+ c+ d- d- d(2)

Relatia (1) o ridicam la patrat 4 MN (a-c)

In aceasta inlocuim relatia (2) a+ b+ c+ d- d- d (a-c)

a+ b+ c+ d- d- d- a- c+2ac 0

b+ d+2ac d+d

S-a aratat ca MN4 MN(b-d)

a+ b+ c+ d- d- d(b-d)

a+ b+ c+ d- d- d- b- d+2bd 0

a+ c+2bd d+d

3.20. Sa se arate ca daca printre patrulaterele inscrise intr-un patrulater dat ABCD (MAB, NBC, PCD, QDA, M, N, P, Q distincte) exista unul de perimetru minim, atunci ABCD inscriptibil.

C

Solutie : P

D

Q N

A M B

Fie chiar MNPQ patrulaterul de perimetru minim.

Daca AMQNMB am putea micsora

Fie Q simetricul lui Q fata de AB si M= QN AB

– avem egalitatea cand M=M, adica QMA=QMA=BMN (1)

Analog avem MNB=PNC (2)

NPC=DPQ (3)

DQP=AQM (4)

m() +m(4)+m(A)= π

m() +m(2)+m(B)= π

m(2) +m(3)+m(C)= π

m(3) +m(4)+m(D)= π

m(1)+m(2) +m(3)+m(4)+ m(A)+m(C)= 2π

m(1)+m(2) +m(3)+m(4)+ m(B)+m(D)= 2π

m(A)+m(C)= m(B)+m(D)

ABCD inscriptibil

3.21. Un trapez isoscel are bazele fixe si tangente la un cerc dat O si laturile neparalele variabile si tangente la acelasi cerc. Se cere minimul perimetrului trapezului.

Solutie :

A’ C’ B’

T O T’

A B

D C

Fie AB si A B bazele trapezului si

AA , BB tangentele variabile care

formeaza laturile egale.

T, T punctele de contact cu cercul O.

C, C proiectiile punctului O pe AB,

A B.

P= 4(). Sa vedem cand paranteza este minima. Existenta unui minim este evidenta, caci suma din paranteza depaseste orice limita cand A sau A se apropie indefinit de C si C.

D proiectia lui A pe AB.

A AD : = =

=2

+ 2=4

==ct. este minima cand .

Trapezul devine atunci un patrat circumscris la cercul O.

3.22. In trapezul convex ABCD avem .

Sa se arate ca

B

A

C

D

Solutie : Presupunem ca (1) BCAABC, deoarece in ABC unghiului mai mare i se opune latura mai mare.

ABCD convex si DBC<ABCBCD>BCAABC>DBC.

Deci avem ca in BCD>DBC (2)

Din (1) si (2) – fals

CAPITOLUL IV

APLICAȚII

4.1 Arătați că : 2300 < 3200

Soluție: 2300 = (23)100 = 8100 } => 8100 < 9100 – adevărat

3200 = (32)100 = 9100

4.2 Să se arate că : 31987 > 41490

Soluție: 31987 = 32 x993+1 = (32)993 . 3 = 9993 . 3 } => 9993 . 3 > 8993 . 2 – adevărat

41490 = (22)1490 = 22980 . 2 = 8993 . 2

4.3 Dacă x R, atunci x4 + x3 + x2 + x + 1 > 0

Soluție: x4 + x3 + x2 + x + 1 = x4 + x3 + x2 + x2 + x2 + x + 1 =

= + x2 + > 0

Să se arate că () x, y, z R avem

x2 + y2 +z2 +1,5 ≥ ( x + y + z)

Soluție : Inegalitatea se mai poate scrie

x2 + y2 +z2 +1,5 – x – y – z ≥ 0

x2 – x + + y2 – y + + z2- z + ≥ 0

Inegalitatea devine ( x – )2 + (y – )2 + (z – )2 ≥ 0

Care este evidentă. Semnul egal are loc pentru x= y = z =

Să se arate că dacă a, b, c R atunci

3 (ab + bc + ca) (a + b + c)2 3 (a2 + b2 + c2 )

Soluție : Avem 3 (ab + bc + ca) (a + b + c )2

(a + b + c )2 – 3 (ab + bc + ca) ≥ 0

a2 + b2 + c2 – ab – bc – ca ≥ 0

2a2 + 2b2 + 2c2 – 2ab – 2bc – 2ca ≥ 0

[(a – b)2 + (b – c)2 + (c – a)2] ≥ 0 inegalitate evidenta

Inegalitatea (a + b + c )2 3 (a2 + b2 + c2) devine 3 (a2 + b2 + c2) – (a + b + c )2 ≥ 0

2a2 + 2b2 + 2c2 – 2ab – 2bc – 2ca ≥ 0

(a – b)2 + (b + c)2 + (c – a)2 ≥ 0 inegalitate evidenta

Semnul egal are loc dacă și numai dacă a = b = c

Să se arate ( ) a, b R avem inegalitatea

(a + b)4 8 (a4 + b4)

Soluție : Inegalitatea (a + b)2 2 (a2 + b2) este evidentă

Ridicând la pătrat ambii membri ai inegalității obținem (a + b)4 4 (a2 + b2)2, dar

(a2 + b2)2 2 (a4 + b4), deci (a + b)4 8 (a4 + b4)

Să se arate că dacă a > 0, b > 0, c > 0 atunci

a + b + c

Soluție : Aplicăm inegalitatea mediilor (X + Y) ≥

Obtinem : ≥ c

≥ a

≥ b

Adunăm membru cu membru cele trei relații obținem inegalitatea din enunț

Semnul egal are loc dacă și numai dacă a = b = c

Să se arate că ( ) a, b, c (0, + ∞) avem

( a + ) ( b + ) ( c + ) ≥ 8

Soluție: Pentru x, y [0, + ∞) avem inegalitatea mediilor

Aplicăm această inegalitate, pe rând pentru perechile de numere ( a, ); ( b, ) ( c, ) obținem

a + ≥ 2

b + ≥ 2

c + ≥ 2

Înmulțind aceste trei inegalități membru cu membru, obținem

( a + ) ( b + ) ( c + ) ≥ 8 = 8

Semnul egal are loc dacă și numai dacă a = b = c = 1

Să se arate că dacă a, b, c [0, ∞) și a + b + c = 1 atunci abc (a + b) (b + c) (c + a)

Soluție: Scriind inegalitatea mediilor pentru numerele a, b, c și pentru numerele a + b, b + c, c + a avem

3 abc () = (1)

3

(a + b) (b + c) (c + a) 3 = (2)

Înmulțind inegalitățile (1) și (2) membru cu membru se obține inegalitatea din enunț.

Semnul egal are loc dacă și numai dacă a = b = c =

Să se arate că dacă k, n N*, n k atunci :

(1 + )k (1 + )n < (1 + )k+1

Observatie : Inegalitățile din enunț se numesc inegalitățile lui Neper.

Soluție : Pentru a demonstra inegalitatea (1 + )k (1 + )n se aplică inegalitatea mediilor luând a1 = a2 = ….. = ak = 1 + și ak+1 = ….. = an = 1

Inegalitatea mediilor devine

nk1n-k sau nk 1 +

echivalentă cu prima inegalitate din enunț.

Pentru a demonstra cea de-a doua inegalitate aplicăm tot inegalitatea mediilor luând

a1 = a2 =….. = ak+1 = și ak+2 = ak+3 = ….. = ak+n+1 =1 +

Deci < = 1

Sau ()k+1 ( 1+)< 1 inegalitate echivalentă cu cea de-a doua din enunț.

Dacă x1, x2, …., xn sunt numere reale strict pozitive, atunci :

(1 + )2 + (1 + )2 + ….. + (1 + )2 4n

Soluție : Conform inegalității lui Canchy – Buniakovski, avem :

[(1 + )2 + (1 + )2 + ….. + (1 + )2] n (1 + + 1 + + …..+ 1 + )2 =

= (n + + + …….. +)2 = n2 + 2n (++ … +) +(++ … +)2 n2 + 2n2 + n2 = 4n2, de unde rezultă inegalitatea din enunț. La ultima inegalitate s-a ținut seama de inegalitatea mediilor pentru numerele , , ……, și anume

++ … + n = n

4.11 Fie x1, x2, ….., xn n numere reale strict pozitive, astfel încât x1 x2  ….. xn 1. Să se arate că x13 + x23 + ….. + xn3 x14 + x24 + …. + xn4

Soluție : Din inegalitatea mediilor și din ipoteză avem:

n 1

de unde rezultă că 1. Pe de altă parte se știe că ()2 =

Deci x12 + x22 + ….. + xn2 x1 + x2 + …. + xn. Deoarece x12 x22 ….. xn2 1

Rezultă x14 + x24 + …. + xn4 x12 + x22 + ….. + xn2

Conform inegalității lui Canchy – Buniakovski, avem 

(x1 x12 + x2 x22 + ….. + xn xn2) (x12 + x22 + ….. + xn2 ) (x14 + x24 + …. + xn4)

(x14 + x24 + …. + xn4)2

rezultă că (x13 + x23 + ….. + xn3)2 (x14 + x24 + …. + xn4)2 și cum x1, x2, ….., xn sunt numere reale strict pozitive, rezultă inegalitatea din enunț.

4.12 Să se demonstreze inegalitatea:

( ) ( )ab ( n)1 + ab

unde xi [a, b], () i = 1, 2,……., n iar a, b N*

Soluție: Considerăm funcția f(x) = x2 – (a + b) x + ab cu rădăcinile a și b, deci x2 – (a + b) x + ab 0, () x [a, b].

Având xi [a, b], i = 1, 2, ……, n obținem inegalitățile:

x2 – (a + b) x + ab 0, () i = 1, 2, ……, n sau xi + a + b

însumând membru cu membru aceste inegalități obținem: + ab (a + b) n sau prin împărțirea cu (1 + ab) obținem

n (1)

numărătorul se poate considera ca o sumă de (1 + ab) termeni

Aplicând inegalitatea mediilor obținem:

1+abab (2)

Aplicând tranzitivitatea, (1) și (2) implică:

1+abab n echivalentă cu inegalitatea din enunț.

4.13 Să se demonstreze că 1 + + + ……. + , () n N*

Soluție : Să notăm P(n) : E(n) = 1 + + + ……. + – 0

Și să arătăm prin metoda inducției matematice complete că P(n)  adevărată, () n N*

Pentru n = 1 avem P(1) : E(1) = 0 0 deci P(1) adevărată.

Presupunem că P(n)  este adevărată și să arătăm că P(n+1) este adevărată. Să considerăm diferența E(n+1) – E(n) = – și să arătăm că

E(n+1) – E(n) 0

Insă E(n+1) – E(n) 0 n – 1 (n – 1)

n2 – 2n + 1 (n – 1)2 (n + 1) n ( – 1)2 0

deci am arătat că E(n+1) E(n) și cum E(n) 0

prin ipoteza de inducție rezultă că E(n+1) 0

4.14 Să se demonstreze că :

< 1 + n , pentru () n E N*

Soluție : Să arătăm mai întâi că :

E(n) : 1 + – > 0

Într-adevăr, pentru n = 1 avem E(1) : 1 – > 0. Presupunem că E(n) > 1 și să demonstrăm că E(n+1) > 0

Să calculăm diferența E(n+1) – E(n) = + + ….. + –

Vom arăta că + + ….. + – > 0 (1)

Să considerăm 2n inegalități evidente:

>, >, ……, >

Adunând aceste inegalități membru cu membru, obținem:

+ + ….. + > = ,

care este tocmai inegalitatea (1), deci E(n+1) – E(n) > 0 sau E(n+1) > E(n) > 0

Vom arăta acum că: 1 + n (2)

Pentru n = 1 avem1 = 1. Presupunem că inegalitatea (2) este adevărată și vom arăta că

1 + n + 1 (3)

Să demonstrăm acum că:

+ + ….. + 1 (4)

Într-adevăr să considerăm 2n inegalități evidente:

, , ….., <

Adunând membru cu membru aceste inegalități, obținem:

+ + ….. + < 1 , adică tocmai inegalitatea (4).

Adunând inegalitățile (2) și (4) membru cu membru obținem inegalitatea (3).

4.15 Să se arate că într-un triunghi avem:

cos A cos B cos C

Soluție: Fie k = cos A cos B cos C = [cos (A – B) – cos (A + B)] cos C =

= [ cos (A – B) – cos C] cos C. Deci punând x = cos A obținem ecuația de gradul doi

x2 – cos (A – B)x + 2k = 0

Deoarece rădăcinile acestei ecuații trebuie să fie reale rezultă

∆ = cos2 (A – B) – 8k 0, deci k cos2 (A – B)

4.16 Să se arate că într-un triunghi avem:

sin sin sin

Soluție: Logaritmând inegalitatea este echivalentă cu

ln sin + ln sin+ ln sin ln

Fie f : (0, ) R, f(x) = ln sin x

Avem f1(x) = = ctg x și f11(x) = – < 0

Adică f este concavă.

Pentru x1 = , x2 = , x3 = avem

< ln sin adică

ln sin + ln sin+ ln sin 3 ln sin = 3 ln = ln ceea ce demonstrează enunțul.

4.17 În orice triunghi există relația:

2 (sin B + sin C) 3 + 2 cos A

Soluție: Relația se mai scrie succesiv:

4 sin cos 3 + 2 (2 cos2 – 1) sau

4 cos2 – 4 cos cos + 1 0 sau

(2 cos – cos )2 + (1 – cos2 ) 0 inegalitate evidentă

4.18 Să se arate că dacă în triunghiul ABC, A = 2B, atunci <

Soluție: Din teorema medianei avem:

4 mc2 = 2a2 + 2b2 – c2 și deci = 2 + 2 –

deoarece A = 2B, C = ∏ – 3B rezultă din teorema sinusurilor că

= și =

Prin urmare:

= 2 + – = 2 + 8 cos2 B – (3 – 4 sin2 B)2 =

= 2 + 4 (1 + cos A) – (1 – 2 cos A)2 = 5 – 4 cos2 A

deoarece 1 < 5 – 4 cos2 A 5 rezultă că

1 < sau <

4.19 Se dă triunghiul ABC și un punct M care se mișcă pe AC. Când suma MB2 + MC2 este minimă?

A

M

B A1 C

Demonstrație: Fie A1 – mijlocul lui BC

[MB]2 + [MC]2 = 2 [BA1]2 + 2[MA1]2 ( TR. MED. IN ∆ BMC)

Cum 2 [BA1] = [BC] = const. trebuie sa facem ca MA1 – minim, astfel încât suma [MB]2 + [MC]2 – minimă.

Deci M trebuie să fie piciorul perpendicularei dusă din A1 pe AC.

4.20 Raportul celor două mediane ale catetelor unui triunghi dreptunghic poate avea un maxim sau un minim ?

C

B1

A C1 B

Demonstrație: În ∆ ABC, m(A) = 900 , AB = c, AC = b , BB1, CC1 – mediane

Este suficient a găsi expresia raportului ca funcție de o variabilă și a-i urmări variația.

[BB1]2 = c2 + ()2 = (b2 + 4c2)

[CC1]2 = b2 + ()2 = (c2 + 4b2)

= = 4 – = 4 –

Deci raportul medianelor crește sau descrește în același timp cu raportul .

Pentru = 0 = .

Când crește nelimitat raportul medianelor crește și tinde către 2.

4.21 Se dă triunghiul ABC și punctul M mobil pe BC care se proiectează în P și Q pe AB respectiv AC. Care este maximul ariei ∆ MPQ?

A

Q

P

B M I C

Demonstrație: Fie I – piciorul perpendicularei din A pe latura BC a ∆ ABC.

∆ ABI ∆ MBP – dreptunghice și B – comun

= (1)

∆ ACI ∆ MCQ – dreptunghice și C – comun

= (2)

Din relațiile (1) și (2) = , [AB], [AC], [AI] sunt constante

max. [MB] [MC] se obtine cand [MB] = [MC] M – mijlocul lui BC.

4.22 Fiind dat triunghiul ABC alegem un punct oarecare pe una din laturile sale și ducem prin el paralele la celelalte laturi ale triunghiului. Notând cu S1, S2 ariile triunghiurilor ce se formează prin construirea acestor paralele și cu S aria triunghiului dat, să se arate că este adevărată inegalitatea 2(S1 + S2) S

A

SS M

B C

Demonstrație: Alegem M AC

= (1)

= (2)

deoarece triunghiurile formate sunt asemenea cu triunghiul dat.

Adunând relațiile (1) și (2) obținem:

+ =

Folosind inegalitatea (a- x)2 + (a + x)2 2a2

+ = = 2(S1 + S2) S

4. 23 Se dă triunghiul ABC. Pe prelungirile laturilor triunghiului se iau segmentele [BM][BN] = b,

[CP][CR] = c, [AK][AL] = a. Să se arate că SKLMNPR 13 SABC.

K R

L A P

M N

S = SKLMNPR = SLMC + SNAP + SRKB – 2SABC + SAKL + SCPR + SMNB =

(a + b)2 sin C + (b + c)2 sin A + (c + a)2 sin B – 2 SABC + a2 sin A + b2 sin B + c2 sin C

(a + b)2 2ab

(b + c)2 2bc

(c + a)2 2ac

S 2ab sin C + 2bc sin A + 2ca sin B – 2 SABC + (a3 + b3 + c3).

Dar a3 + b3 + c3 3abc S 10 SABC + S 13 SABC

Egalitatea are loc triunghiul ABC este echilateral.

4.24 Să se înscrie într-un cerc un triunghi isoscel cu aria maximă.

A

B C

Demonstrație : Fie ∆ ABC înscris în cercul de centru O având [AB] [AC]

[AI] – înălțime în ∆ ABC

r = [OB] [OC] – raza cercului de centru O

S = aria ∆ ABC

[OI] = x

S = 2 (r + x) S = (r + x)2 (r2 – x2) = (r + x)3 (r – x)

r + x + r –x = 2r = constant max. lui S2 are loc când (r + x) = 3 (r – x)

x = [BC] este latură a triunghiului echilateral. Triunghiul cerut este echilateral. Aria lui este S = 3r2

4. 25 Care este triunghiul isoscel ABC minim circumscris unui cerc dat C (o, r).

A

D

B I C

Demonstrație: Notăm [BI] = [CI] = a ; [AI] = h

[OI] [OI1] [OD] = r

∆ AOD ∆ ACI – dreptunghice și C – comun

= =

[AD]2 = [AI] [AI1] = h(h – 2r) = =

+ = 1

S∆ ABC = [BC] [AI] = [IC] [AI] = ah

În loc să căutăm minimul acestui produs să căutăm maximul inversului său, adică a lui sau a lui pe care-l putem scrie astfel:

. Factorii din paranteză au sumaconstantă și produsul este maxim când 2 = care se reduce la h = 3r.

4.26 Dintre toate triunghiurile cu aceeași bază și același unghi opus bazei aria maximă are triunghiul isoscel.

A1

A

B C

Demonstrație : Fie ∆ ABC unul din triunghiurile cu baza BC și unghiul A, date. Toate triunghiurile care au baza BC și unghiul A dat, au vîrful A pe arcul de cerc capabil de A.

Fie [AP] înălțimea unuia dintre ∆ ABC. Aria triunghiului este cu atât mai mare cu cât înălțimea este mai mare căci baza este BC este constantă.

Simetria figurii ne arată că înălțimea maximă este pe axa de simetrie a figurii, însă atunci [A1B] [A1C].

Fiind oblice cu piciorele egal depărtate de piciorul perpendicularei, adică al axei de simetrie ∆ BAC este isoscel.

4.27 Dintre toate triunghiurile cu aceeași bază și aceeași înălțime, perimetrul minim îl are triunghiul isoscel.

A1 A

B C

Demonstrație: Fie ∆ ABC cu baza BC și vîrful A. Cum p = ([AB] + [BC] + [CA]) și BC este dat reiese că este destul a căuta minimul ([AB] + [CA]). Înălțimea triunghiului rămânând constantă punctul A se poate mișca pe dreapta AA1 paralelă cu BC la o distanță egală cu înălțimea dată.

Putem observa că dintre două triunghiuri cu vîrful în E și F pe DD1 și cu aceeași bază BC, perimetrul cel mai mare îl are triunghiul a cărui înălțime este mai depărtată de mijlocul M al lui BC.

C1

D A F D1

B

M C

Pentru a demonstra aceasta luăm punctul C1, simetricul lui C față de DD1 și ducem dreptele C1AB, C1E și C1F.

Cum [C1E] [CE] si [C1F] [CF]   ( [C1E] + [EB] ) = ( [CE] + [EB] ) este mai scurtă decât ( [C1F] + [FB] ) = ( [CF] + [FB] ) căci această linie frântă înconjoară pe cea dintâi față de dreapta C1AB.

Perimetrul minim îl are triunghiul isoscel BAC.

4.28 Să se demonstreze că un triunghi de arie 1 nu poate fi înscris într-un paralelogram de arie strict mai mică decât 2.

E

A D

F F1

B G C

Demonstrație: Problema se reduce la a arăta că dacă un triunghi EFG este înscris într-un paralelogram ABCD de arie 2 atunci el are aria 2SEFG SABCD.

Presupunem că F [AB] ; E [AD] ; FF1 || BC , F1 [CD]

SEFG SEFG + SEF1G = SEFGF1 = SEFF1 + SFGF1 = SBCFF1 + SADF1F = SABCD

SEFG SABCD.

BIBLIOGRAFIE

PANAITOPOL L. și colaboratori – INEGALITĂȚI

Ed. G.I.L. – Zalău 1994

LASCU M. – INEGALITĂȚI

Ed. G.I.L. – Zalău 1994

BECHEANU M., ENESCU B. – INEGALITĂȚI ALGEBRICE ȘI GEOMETRICE

Ed. G.I.L. – Zalău 1994

SIREȚCHI GH. – CALCUL DIFERENȚIAL ȘI INTEGRAL

Ed. Didactică și Enciclopedică – București 1985

PÎRȘAN L., LAZANU G. – PROBLEME DE ALGEBRĂ ȘI TRIGONOMETRIE

Ed. Facla – Timișoara 1983

NĂSTĂSESCU C., NIȚĂ C. ș.a – EXERCIȚII ȘI PROBLEME DE ALGEBRĂ

Ed. Didactică și Pedagogică – București 1981

NEACȘU I. – INSTRUIRE ȘI ÎNVĂȚARE

Ed. Didactică și Pedagogică – București 1999

BIBLIOGRAFIE

PANAITOPOL L. și colaboratori – INEGALITĂȚI

Ed. G.I.L. – Zalău 1994

LASCU M. – INEGALITĂȚI

Ed. G.I.L. – Zalău 1994

BECHEANU M., ENESCU B. – INEGALITĂȚI ALGEBRICE ȘI GEOMETRICE

Ed. G.I.L. – Zalău 1994

SIREȚCHI GH. – CALCUL DIFERENȚIAL ȘI INTEGRAL

Ed. Didactică și Enciclopedică – București 1985

PÎRȘAN L., LAZANU G. – PROBLEME DE ALGEBRĂ ȘI TRIGONOMETRIE

Ed. Facla – Timișoara 1983

NĂSTĂSESCU C., NIȚĂ C. ș.a – EXERCIȚII ȘI PROBLEME DE ALGEBRĂ

Ed. Didactică și Pedagogică – București 1981

NEACȘU I. – INSTRUIRE ȘI ÎNVĂȚARE

Ed. Didactică și Pedagogică – București 1999