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+b22abcosC (1.2)
a2=b2+c22bccosA
b2=a2+c22accosB
Demonstra¸ tie. O s¼a ar¼at¼am c ¼ac2=a2+b22abcosC;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 =
ACAD,AD =bacosC:
În triunghiul ABD cum(^D= 90)aplic¼am teorema lui pitagora
¸ si ob¸ tinem c ¼ac2=a2sin2C+ (bacosC)2ceea ce este echivalent cu c2=
a2sin2C+b22abcosC+a2cos2C:Dând factor comun pe a2¸ si tinând
cont de faptul c ¼asin2C+ cos2C= 1ob¸ tinem c ¼ac2=a2+b22abcosC:
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 ¼asur¼am
^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+c2a2
2bc;cosB=a2+c2b2
2ac;cosC=a2+b2c2
2ab:(1.3)
Teorema 1.7 (Teorema lui Stewart). Fie un triunghi ABC ¸ si un punct P
situat pe latura BC, atunci:
AB2
PC+AC2
PBAP2
BC =BP
PC
BC
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+BP2AP2
2AB
BP;cos (^ABC ) =AB2+BC2AC2
2AB
BC:
Egalând ob¸ tinem
AB2+BP2AP2
2AB
BP=AB2+BC2AC2
2AB
BC:
Eliminând 2ABrezult ¼a c¼a
AB2
BC+BP2
BCAP2
BC =
AB2
BP+BC2
BPAC2
BP,
AB2(BCBP) +AC2
BPAP2
BC =BC2
BPBP2
BC()
AB2
PC+AC2
BPAP2
BC =BC
BP(BCBP)()
AB2
PC+AC2
PBAP2
BC =BP
PC
BC:
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
2m2
aa=a
2a
2a()c2a
2+b2a
2m2
aa=a3
4()
c2+b22m2
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=a
ha
2=b
hb
2=c
hc
2: (1.5)
2.
S=p
r (1.6)
S=S
AIC+S
BIC+S
AIB=b
r
2+a
r
2+c
r
2=r
(a+b+c)
2=p
r
3.
S=a
csinB
2=a
bsinC
2=b
csinA
2(1.7)
sinB=ha
c,ha=csinB:Aplicând formula 1:5ob¸ tinem c ¼aS=
a
csinB
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(pa) (pb) (pc): (1.9)
Din teorema cosinusului rezult ¼a c¼a
cosA=b2+c2a2
2bc,1 + cos A=2bc+b2+c2a2
2bc,
2 cos2A
2=(b+c)2a2
2bc,cos2A
2=(b+ca) (b+c+a)
4bc:
¸ Tinem cont de faptul c ¼a
a+b+c= 2psib +ca=b+c+a2a= 2p2a= 2 (pa)
rezult ¼a faptul c ¼a
cos2A
2=2 (pa) 2p
4bc=p(pa)
bc,cosA
2=r
p(pa)
bc:
Având în vedere faptul c ¼asinA
2=r
1cosA
2va rezulta faptul c ¼a
sinA
2=r
(pb) (pc)
bc:Cum
S=b
csinA
2=bcsinA
2cosA
2=bcr
p(pa) (pb) (pc)
b2c2,
S=p
p(pa) (pb) (pc)
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=R22Rr: (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.
OB2OI2=OB2+DI2BD2OI2:Am intercalat pe DI¸ siBDcare
sunt raze, iar p ¼atratul diferen¸ tei lor este nul, deci
OB2OI2=OB2BD2+DI2OI2;
¸ tinând cont de faptul c ¼aOB2=BM2+OM2¸ siBD2=BM2+MD2avem c ¼a
OB2BD2=OM2MD2, similar DI2=DQ2QI2¸ siOI2=OQ2+QI2
de unde rezult ¼a c¼aDI2OI2=DQ2OQ2:Acestea …ind spuse tragem
concluzia c ¼a
OB2OI2=OM2MD2+DQ2OQ2,
OB2OI2= (OM +MD ) (OMMD ) + (DQ +OQ) (DQOQ)

CAPITOLUL 1. TRIUNGHIUL. RELA ¸ TII METRICE ÎN TRIUNGHI 13
¸ tinând cont de faptul c ¼aOM +MD =OD¸ siDQOQ =OD¸ si avem
OB2OI2=OD(OMMD +DQ +OQ),
OB2OI2=OD(OM +OQ+DQMD ),
OB2OI2=OD
2
MQ:
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
R2OI2= 2Rr,OI2=R22Rr:
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=R21
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:
AO2
GA0+OA02
AGOG2
AA0=AG
GA0
AA0:

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=R2a2
4:Din teorema medianei avem c ¼aAA02=2 (b2+c2)a2
4:
Acestea …ind spuse, avem
R21
3AA0+
R2a2
42
3AA0OG2
AA0=2
3AA01
3AA0
AA0()
R21
3+
R2a2
42
3OG2=2
9AA02()
OG2=R2
3+
R2a2
42
32
92 (b2+c2)a2
4,
OG2=R2
3+2
3R2a2
61
9
b2+c2

+a2
18,
OG2=R2a2
91
9
b2+c2

,
OG2=R21
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=
(1t)x1+tx2:Acest punct parcurge intervalul [x1; x2]când t2[0; 1]: x1
(1t)x1+tx2x2:
x1(1t)x1+tx2,0t(x2x1):
(1t)x1+tx2x2,(1t)x1+ (t1)x20,(1t) (x1x2)0:
Fie dreapta ABde ecua¸ tie AB :y=f(x2)+f(x2)f(x1)
x2x1(xx2):
Punctul Ceste de abscis ¼axt¸ si are ordonata yC= (x2)+f(x2)f(x1)
x2x1(xtx2):
Dup¼a ce înlocuim xt= (1t)x1+tx2¸ si efectu ¼am calculele ob¸ tinem yC=
(1t)f(x1)+tf(x2):Cum yCt< yCrezult ¼af(xt)(1t)f(x1)+tf(x2);
decif((1t)x1+tx2)(1t)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=npa1a2


an; 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,
a2p
ab+b0,pa22pap
b+p
b20
,pap
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
nnpa1a2


ann
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
12a1a2b1b2+a2
2b2
20,(a1b1a2b2)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+b2x22abxy 0,(aybx)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,
Ai
Bi=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+a2bn1+


+anb1Sa1b1+a2b2+


+anbn: (1.21)
Fiejk ; i jik;atunci (ajak)
bijbik

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; n1;


;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+
b2ab=c2;ar¼ata¸ ti c ¼a(ab) (bc)0
Consider ¼am c¼aa; b; c sunt laturile unui triunghi deoarece a2+b2ab=c2
o mai putem scrie ca c2=a2+b22abcos 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(ab) (bc)0:
Aplica¸ tia 2.3 Fiea; b; c 2R+;atunci
p
a2+ac+c2p
a2ab+b2+p
b2bc+c2:
Radicalii ne sugereaz ¼a s¼a folosim teorema cosinusului pentru unghiurile
de120¸ si de 60dup¼a cum urmeaz ¼a
a2+ac+c2=a2+c22accos 120
a2ab+b2=a2+b22abcos 60
b2bc+c2=b2+c22bccos 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+b22abcos 60de unde rezult ¼a c¼aAB =p
a2ab+b2;similar
în triunghiul BDC pentru latura BC¸ si în triunghiul ADC pentru latura
AC¸ si ob¸ tinem
BC2=b2+c22bccos 60,BC =p
b2bc+c2
AC2=a2+c22accos 120,AC=p
a2+ac+c2:
Privind triunghiul ABC ¸ si cunoscând faptul c ¼aAC < BC +ABrezult ¼a c¼ap
a2+ac+c2p
a2ab+b2+p
b2bc+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+ca):

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> c1
2a
b < m a+1
2a,ma> b1
2a
prin însumarea celor dou ¼a inegalit ¼a¸ ti ob¸ tinem c ¼a2ma> b +cade unde
rezult ¼a c¼ama>1
2(b+ca):
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
AC
BDAB
CD +BC
AD: (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 =AD
BC
AB:
Deoarece m(^EAC ) =m(^BAD )¸ siAE
AD=AC
ABrezult ¼a faptul c ¼a
EAC

DAB ,EC =AC
BD
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
AC
BD
AB<AD
BC
AB+CD
AB
AB;
eliminând ABob¸ tinem AC
BDAB
CD +BC
AD:
Dac¼aABCD ar … inscriptibil, atunci E2CD¸ siEC =ED +CD,
înlocuind ED¸ siEDob¸ tinem c ¼aAC
BD =AB
CD +BC
AD(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+ca)<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+ca=ba+
c < 2c:Cum acbc,2ac2bc,cbc
a:Tinând cont de faptul c ¼a
b+ca < 2c¸ sicbc
aavem c ¼aa(b+ca)<2bc:
Cazul 2. ab¸ sicb: ba0:Cum a < b +c < b +b,a < 2b;dar
b+ca=c+bac <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+c2
2>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+ 2b2c22a42b42c4>0,
a4+b4+c4
a2b2
2
a2c2
2
b2c2
2>0
(a+b+c) (a+bc) (ab+c) (ba+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+ca > 0; c+ab >0; a+bc >0
¸ si putem lua
x=b+ca
2; y=c+ab
2; z=a+bc
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+ca) (c+ab) (a+bc)abc:

CAPITOLUL 2. INEGALIT ¼A ¸ TI ÎN TRIUNGHI. 26
Fiep=a+b+c
2¸ si
b+ca= 2 (pa); c+ab= 2 (pb); a+bc= 2 (pc):
Din substitu¸ tiile lui Ravi avem pa=a+b+c2a
2=b+ca
2=
x+z+x+yyz
2=2x
2=x;similar pb=y; pc=z:Acestea …ind
spuse avem
(b+ca) (c+ab) (a+bc) = 8 ( pa) (pb) (pc) = 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+bc+p
b+ca+p
c+abpa+p
b+pc:
Folosind substitu¸ tiile lui Ravi, a=y+z; b =x+z; c =x+y¸ si am vazut
faptul c ¼aa+bc= 2z; b +ca= 2x¸ sic+ab= 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 c¼ajbcj> a;jcaj> b;jabj> c, ridic ¼am la p ¼a-
trat ¸ si avem (bc)2> a2;(ca)2> b2;(ab)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; pa=x; pb=y; pc=z:
Cum
S=p
p(pa) (pb) (pc) =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
px
1 +py
1 +pz
1
2px2+py2+pz2
(1 + 1 + 1) ,
px+py+pz
23 (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 A
cosAsinA
sinA= cos2Asin2A
cos2A+ sin2A= 1:
cos2A=cos2Asin2A+ 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 cos2A1 + 2 cos ( B+C) cos ( BC) 3
2,
2 cos2A2 cos ( BC) cosA+1
20:
Vom considera aceast ¼a expresie ca o inecua¸ tie de forma ax2+bx+c0
notând cosA=x:
2×22 cos ( BC)x+1
20:Coe…ceintul lui x2este pozitiv ¸ si
=
4 sin2(BC)0;deci 2×22 cos ( BC)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 cos2A2 cosA+1
2= 0,4 cos2A4 cosA+ 1 = 0 ,
(2 cos A1)2= 0,2 cosA= 1,cosA=1
2,m(^A) = 60;
deci triunghiul este echilateral.
(b)
sin2A=sin2A+ cos2A
cos2Asin2A

2=1cos 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,
1cos 2A
2+1cos 2B
2+1cos 2C
29
4,
41cos 2A
2+1cos 2B
2+1cos 2C
2
9,
4
1 +1
2cos 2A+ cos 2 B
2
cos 2C
2
90,
43
22cos (A+B) cos ( AB)
2
1 + 2 cos2C

90,
4
cos2C+ cos ( AB) cosC+5
2
90,
4 cos2C4 cos ( AB) cosC+ 10:
Not¼amcosC=x¸ si rezult ¼a c¼a4x24 cos ( AB)x+ 10:Adev ¼arat
tinând cont de faptul c ¼a
=16 sin2(AB)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 cos2A1,cosA= 2 cos2A
21
sinB+ sin C= 2 sinB+C
2
cosBC
2
= 2 sinA
2
cosBC
2
sinB+ sin C= 2 cosA
2cosBC
2
:
Inegalitatea devine
4 cosA
2cosBC
2
34 cos2A
2+ 20,
4 cos2A
24 cosA
2cosBC
2
+ 10:
Not¼amcosA
2=x,4×24 cosBC
2
x+ 10:Este adev ¼arat deoarece

=16 sin2BC
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 C30,
2
2 cosA+B
2cosAB
2
+ 2
12 sin2C

30,
3 cosC
2cosAB
2+ 24 sin2C30,
2 sinCcosAB
24 sin2C10,
4 sin2C4 sinCcosAB
2+ 10:

CAPITOLUL 2. INEGALIT ¼A ¸ TI ÎN TRIUNGHI. 32
Având în vedere faptul c ¼a1 = cos2AB
2+ sin2AB
2ob¸ tinem
4 sin2C4 sinCcosAB
2+ cos2AB
2+ sin2AB
20,

2 sinCcosAB
22
+ sin2AB
20:
(b)
cosAcosBcosC1
8,8 cosAcosBcosC10, 8 cosAcosBcosC+10:
cosAcosB=1
2[cos (A+B) + cos ( AB)] =1
2(cosC+ cos ( AB)):
Inegalitatea devine
81
2(cos ( AB)cosC) cosC+ 10,
4
cos2C+ cos ( AB) cosC

+ 10,
4 cos2C4 cos ( AB) cosC+ 10,
4 cos2C4 cos ( AB) cosC+ cos2(AB) + sin2(AB)0,
(2 cos Ccos (AB))2+ sin2(AB)0:
(c )Proced ¼am similar ca la punctul (b)
cosA
2cosB
2=1
2
cosA+B
2+ cosAB
2
=1
2
sinC
2+ cosAB
2
;
efectu ¼am calculele ¸ si ob¸ tinem

2 sinC
2cosAB
22
+ sin2AB
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
(pb) (pc)
bc,sin2A
2=(pb) (pc)
bc
¸ si inegalitatea devine
bc(pb) (pc)
bc+ac(pa) (pc)
ac+ab(pa) (pb)
aba2+b2+c2
4,
(pb) (pc) + (pa) (pc) + (pa) (pb)a2+b2+c2
4,
4 (pb) (pc) + 4 ( pa) (pc) + 4 ( pa) (pb)a2+b2+c2:
Dar
(pb) (pc) =a+b+c2b
2a+b+c2c
2
=
a+cb
2a+bc
2=(a(bc)) (a+ (bc))
2=
a2(bc)2
4=a2b2c2+ 2bc
4;
similar (pa) (pc) =b2a2c2+ 2ac
4;(pa) (pb) =c2a2b2+ 2ab
4:
Cu aceste calcule avem c ¼a
a2b2c2+ 2bc+b2a2c2+ 2ac+c2a2b2+ 2aba2+b2+c2,
2ab+ 2bc+ 2aca2b2c2a2+b2+c2,
2a2+ 2b2+ 2c22ab2bc2ac0,
(ab)2+ (bc)2+ (ca)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(pa)
bc¸ sisinA
2=r
(pb) (pc)
bcdeducem c ¼a
ctgA
2=cosA
2
sinA
2=r
p(pa)
bcr
(pb) (pc)
bc=s
p(pa)
(pb) (pc);
similar ctgB
2¸ sictgC
2, deci
actgA
2=as
p(pa)
(pb) (pc)=ap
p(pa)p
p(pa)p
p(pa) (pb) (pc)=ap(pa)
S:
Acestea …ind spuse inegalitatea devine
ap(pa)
S+bp(pb)
S+cp(pc)
S2p2
3r:
Avem în vedere faptul c ¼aS=pr;înmul¸ tim inegalitatea cu pr¸ si ¸ tinem cont
de faptul c ¼ap(pa) =a+b+c
2b+ca
2rezultând astfel c ¼a
aa+b+c
2b+ca
2+ba+b+c
2a+cb
2+ca+b+c
2a+bc
22 (a+b+c)3
3:
Simpli…c ¼am înegalitatea cu a+b+c¸ si rezult ¼a c¼a
ab+ca
2+ba+cb
2+ca+bc
22 (a+b+c)2
3
4,
ab+aca2+ab+bcb2+ac+cbc2
22 (a+b+c)2
3
4,
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(pa)
bc
p
bc:Din faptul c ¼aR=abc
4S¸ si simpli…când prinp
bcse ob¸ tine
2abc
4Sr
p(pa)
bcp
bc,ap
p(pa)2S,
a2p
(pb) (pc),a24 (pb) (pc):

CAPITOLUL 2. INEGALIT ¼A ¸ TI ÎN TRIUNGHI. 37
Cum (pb) (pc) =a+cb
2a+bc
2rezult ¼a
a2(a+cb) (a+bc),a2a2b2c2+ 2bc,(bc)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; pa=x; pb=y; pc=z:
S=p
xyz(x+y+z);sinA
2=r
(pb) (pc)
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+z
12
1 +y+z
x=2x
x+y+z
ry
x+z
12
1 +x+z
y=2y
x+y+z
rz
x+y
12
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
(pb) (pc)
bcr
p(pa)
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+c2a2
2bc¸ sicosB=a2+c2b2
2ac:
bcosA+acosB=bb2+c2a2
2bc+aa2+c2b2
2ac=b2+c2a2+a2+c2b2
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=R22Rr:Unde O
reprezint ¼a centrul cercului circumscris triunghiului ABC: De aici deducem
c¼aR22Rr0de 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=R21
9
a2+b2+c2

,R21
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 ¼a8p327
4Rrp; din faptul c ¼aR2rreiese c ¼a
8p327
8r2p,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+ca) (c+ab) (a+bc)abc:
¸ Stim c ¼a
b+ca= 2 (pa); c+ab= 2 (pb); a+bc= 2 (pc):
Inegalitatea devine
8p(pa) (pb) (pc)pabc:
Din faptul c ¼a
S=p
p(pa) (pb) (pc) =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
(pb) (pc)
bc;sinB
2=r
(pa) (pc)
ac;sinC
2=r
(pa) (pb)
ab:
¸ Si avem c ¼a
sinA
2sinB
2sinC
2r
(pb) (pc)
bc(pa) (pc)
ac(pa) (pb)
ab=
(pa) (pb) (pc)
abc=p(pa) (pb) (pc)
pabc:
Din faptul c ¼aS=p
p(pa) (pb) (pc) =pr=abc
4Rob¸ tinem
p(pa) (pb) (pc)
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(pa) +b(pb) +c(pc)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(pa) (pb) (pc),S2=p(pa) (pb) (pc),
r2p2=p(pa) (pb) (pc):
p(pa) (pb) (pc) =
p2pa

p2pcpb+bc

=p4p2cp3b+p2bcp3a+p2bc+p2abpabc
=p4p3(a+b+c) +p2(ab+bc+ac)pabc;
deci
r2p2=p4p3(a+b+c) +p2(ab+bc+ac)pabc,
r2p=p3p2(a+b+c) +p(ab+bc+ac)abc,
r2p=p32p3+p(ab+bc+ac)4RS,
r2p=p3+p(ab+bc+ac)4Rpr,
r2=p2+ab+bc+ac4Rr
¸ 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+ 2p28Rr;
deci
a2+b2+c2= 2
p2r24Rr

: (2.7)
Acestea …ind spuse avem c ¼a
a(pa) +b(pb) +c(pc) = 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(pa) +b(pb) +c(pc) = 2 p22
p2r24Rr

= 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)33 (a+b+c) (ab+bc+ca) + 3abc
a3+b3+c3= (2 p)33 (2p)
p2+r2+ 4Rr

+ 12Rrp
a3+b3+c3= 8p36p
p2+r2+ 4Rr

+ 12Rrp
a3+b3+c3= 8p36p36pr224Rrp + 12Rrp
a3+b3+c3= 2p36p212Rrp = 2
p33p26Rrp

:

CAPITOLUL 2. INEGALIT ¼A ¸ TI ÎN TRIUNGHI. 45
Acestea …ind spuse avem c ¼a
cosA+ cos B+ cos C=b2+c2a2
2bc+c2+a2b2
2ac+a2+b2c2
2ab
=ab2+ac2a3+bc2+ba2b3+ca2+cb2c3
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+ 2p28Rr)4 (p33p26Rrp)
8Rrp
=4p34r216Rrp4r3+ 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)
4S
S=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 =BD
ACsin
2folosind formula 1.7.
SABCD =S
BOC +S
AOD +S
COD +S
AOB,
SABCD =OC
OBsin
2+OA
ODsin
2
+OC
ODsin ()
2+OA
OBsin ()
2:
Având în vedere faptul c ¼asin () = sin ¸ si dând factor comun pe
sin
2ob¸ tinem
SABCD =sin
2(OC
OB+OA
OD +OC
OD +OA
OB)
=sin
2(OB+OD) (OC+OA) =BD
ACsin
2:
SABCD =BD
ACsin
2BD
AC
2
Din faptul c ¼a
S
ABC =BC
ABsinB
2BC
AB
2
S
CDA =CD
ADsinD
2CD
ACsinD
2
putem deduce c ¼a
1 =SABCDBC
AB+CD
AD
2:
Similar deducem c ¼a
1 =SABCDBC
CD +AD
AB
2:
Din cele dou ¼a inegalit ¼a¸ ti reiese c ¼a
BC
AB+CD
AD +BC
CD +AD
AB4,
(AB+CD) (BC+DA)4
În …nal din faptul c ¼a
(AC+BD)2= 4AC
BD + (ACBD)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=S
A1BC2+S
A2CB1+S
B2AC1+S
AA1A2
+S
BB1B2+S
CC1C22S
ABC
=(c+a)2sinB
2+(a+b)2sinC
2+(b+c)2sinA
2
+a2sinA
2+b2sinB
2+c2sinC
22S
ABC
=(a2+b2+c2) (sin A+ sin B+ sin C)
2+casinB
+absinC+bcsinA2S
ABC:
Prin urmare SA1A2B1B2C1C213S
ABCdac¼a ¸ si numai dac ¼a
(a2+b2+c2) (sin A+ sin B+ sin C)
29S
ABC =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(ac) +p
c(cb)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 =S
ABC +
S
ACD: 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=AD2AE2, înlocuim ¸ si avem c ¼aDE2=bc
de unde rezult ¼a c¼aDE =p
bc;similar BE =pac:Tragem concluzia
c¼a
S
ABC =AC
BE
2=2pcpac
2=p
c(ac)
S
ADC =AC
DE
2=2pcp
bc
2=p
c(bc)
SABCD =p
c(ac) +p
c(bc):

CAPITOLUL 2. INEGALIT ¼A ¸ TI ÎN TRIUNGHI. 51
Pe de alt ¼a parte SABCD = 2S
ABD =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
BD
ACAD
BC+AB
CD
de unde rezult ¼a c¼a
p
bc+p
ac
2pcpap
b+pap
b,
2p
c(bc) +p
c(ac)
2p
ab,
p
c(bc) +p
c(ac)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)(hapa) (hbpb) (hcpc)8papbpc:
(a)
pa
ha+pb
hb+pc
hc=apa
aha+bpb
bhb+cpc
chc=2S
PBC + 2S
PCA + 2S
PAB
2S
ABC= 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=S
PBC; y=S
PCA; z=S
PAB:Observ ¼am c¼a
a(hapa) = ahaapa= 2S
ABC2S
PBC,
a(hapa) = 2 ( y+z)4pyz;
similar
b(hbpb)4pzx; c (hcpc)4pxy:
Cu aceste considerente ob¸ tinem c ¼a
a(hapa)b(hbpb)c(hcpc)64xyz = 8 (apa
bpb
cpc),
(hapa) (hbpb) (hcpc)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(pa) (pb) (pc):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¸ sipcsunt …xate, aria triunghiului
este maxim ¼a atunci când (pa) (pb)este maxim, adic ¼apb=pade
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(pa) (pb) (pc)rezult ¼a c¼a aria triunghiului este
maxim ¼a dac ¼a(pa) (pb) (pc)este maxim, adic ¼apa=pb=pc
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+m2c2
lm+m2+n2b2
mn+n2+l2a2
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:
DinS
ABC =S
BMC +S
CMA +S
AMB ob¸ tinem c ¼a
S
ABC =ax
2+by
2+cz
2,2S
ABC =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
2S
ABC,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=zîn2S
ABC =ax+by+czrezult ¼a c¼a
(a+b+c)x
2=S
ABC,px=S
ABC,x=S
ABC
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 =
ax; CQ =y,AQ =by; AR =z,BR =cz:Acestea …ind spuse
avem
BP2+CQ2+AR2=x2+y2+z2:
În triunghiurile dreptunghice formate, din teorema lui Pitagora rezult ¼a
BM2BP2=CM2CP2
CM2CQ2=AM2AQ2
AM2AR2=BM2BR2:
Prin adunarea lor ob¸ tinem
BP2+CQ2+AR2=CP2+AQ2+BR2
de unde rezult ¼a c¼a
x2+y2+z2= (ax)2+ (by)2+ (cz)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¸ si
AC0B: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 ) = 180m(^AB0C) = 120:
Similar pentru patrulaterul APBC0
m(^APB ) = 180m(^AC0B) = 120:
În …nal
m(^CPB ) = 360m(^CPA )m(^APB ) = 360120120= 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
32p1p2cos 120
2p2p3cos 1202p3p1cos 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(ab) +b2c(bc) +c2a(ca)0:
(c) ( Inegalitatea lui Walker )
a2
b2+b2
c2+c2
a2

a2+b2+c2
1
a2+1
b2+1
c2
60

CAPITOLUL 3. INEGALIT ¼A ¸ TI DEOSEBITE 61
(d) ( IMO, 1964 )
a2(b+ca) +b2(c+ab) +c2(a+bc)3abc:
(a) Desf ¼acând parantezele ¸ si grupând convenabil termenii, inegali-
tatea se scrie sub forma
(xbc)2+ (yca)2+ (zab)2yza2
b2+c2a2

+zxb2
c2+a2b2

+xyc2
a2+b2c2

1
a2b2c2()
x
a2+y
b2+z
c2yzb2+c2a2
b2c2+zxc2+a2b2
c2a2+xya2+b2c2
a2b2:
Din teorema cosinusului avem c ¼a
x
a2+y
b2+z
c2yz2 cosA
bc+zx2 cosB
ca+xy2 cosC
ab,
0x
ay
bcosCz
ccosB2
+y
bsinCz
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
a4b4b2c2+c4;
atunci m(^A)60:
Din faptul c ¼a
b4+c42b2c2,
b2c2
20:
a4b4+c4b2c2b2c2,a2bc:

CAPITOLUL 3. INEGALIT ¼A ¸ TI DEOSEBITE 62
Dac¼aa2bcavem
a4+ 2a2bcb4+c4b2c2+ 2b2c2,a4+ 2a2bcb4+c4+b2c2,
a4+ 2a2bc+b2c2b4+c4+ 2b2c2,
a2+bc
2
b2+c2
2,
a2+bcb2+c2,b2+c2a2bc,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
2sinA1
2cosA
2!#
=
a2
bc+ sin2A43
4
1cos2A
2
1
4cos2A
2
=
a2
bc+ sin2A23
22 cos2A
2
=
a2
bc+ sin2A21
22 cos2A
2+ 1
=
a2
bc+ sin2A2
cos
3cosA
a
R,
a2
bc+ sin2A1 +b2+c2a2
bc0,
(sinA1)2+(bc)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
ab+c+b
bc+a+c
ca+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
ab+c+b
bc+a+c
ca+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+c2a2
2bc+bc2+a2b2
2ac+ca2+b2c2
2ab
=2a2b2+ 2b2c2+ 2c2a2a4b4c4
2abc
=16S2
2
4RS=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=pa
r;rela¸ tie demonstrat ¼a în capitolul
trecut ¸ si analoagele. Inegalitatea se scrie sub forma
pa
r2
+ 4pb
r2
+ 9pc
r2
6p
7r2
,
(pa)2+ 4 (pb)2+ 9 (pc)236p2
49,
(pa)2
36+(pb)2
9+(pc)2
4p2
49:
Din inegalitatea Titu Andreescu avem c ¼a
(pa)2
36+(pb)2
9+(pc)2
4(pa+pb+pc)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
maRsinjBCj:
Prin ridicare la p ¼atrat ob¸ tinem
m2
aR2sin2(BC),
2 (b2+c2)a2
4R2(sinBcosCsinCcosB)2,
R2b
2Ra2+b2c2
2abc
2Ra2+c2b2
2ac2
2 (b2+c2)a2
4,
a4+b4+c42a2b2+ 2b2c2+ 2c2a2,
a2b2c2
24b2c20,
a2(b+c)2
a2(bc)2
0,
(a+b+c) (abc) (ab+c) (a+bc)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(1y) +y(1z) +z(1x)<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
S
AMP +S
BNM +S
CPN < S
ABC,
x(1y) sinA
2+z(1x) sinB
2+y(1z) sinC
2<p
3
4,
x(1y)p
3
4+z(1x)p
3
4+y(1z)p
3
4<p
3
4,
x(1y) +y(1z) +z(1x)<1:
Aplica¸ tia 3.10 Fiex; y; z; t 2(0;1):Ar¼ata¸ ti c ¼a
x(1y) +y(1z) +z(1t) +t(1x)<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
S
PAM +S
MBN +S
NCO +S
ODP < S ABCD,
x(1y)
2+t(1x)
2+z(1t)
2+y(1z)
2<1
x(1y) +t(1x) +z(1t) +y(1z)<2:
Aplica¸ tia 3.11 Dac¼aa; b; c > 0, ar¼ata¸ ti c ¼a
p
a2ab+b2+p
b2+bc+c2> a+c:
Consider ¼am un triunghi ABC având m(^C) = 60:Din teorema
cosinusului avem c ¼a
c2=a2+b22abcosC,c2=a2+b2ab,c=p
a2ab+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+c22bccosA: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+c22bccosA < b2+bc+c2:
Aplica¸ tia 3.12 Dac¼aa; b; c2Ratunci
p
a2+b2+c2+ 2ac+p
a2+b2+c22ac2p
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
(x2x1)2+ (y2y1)2:

CAPITOLUL 3. INEGALIT ¼A ¸ TI DEOSEBITE 68
Folosind formula distan¸ tei dintre dou ¼a puncte avem
AB =q
(ac)2+b2=p
a2+b2+c22ac
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+c2a22bc,b2+c22bca20,(bc)2a20,
(bca) (bc+a)0:
Aplica¸ tia 3.13 Dac¼ax; y2Ratunci
p
x2+y2+q
x2+ (y2)2+q
(x2)2+y2+q
(x2)2+ (y2)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
(x2)2+y2; BM =q
x2+ (y2)2;
EM =q
(x2)2+ (y2)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
1y2+yp
1x21;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
1x2= cos t¸ siy= sin s;p
1y2= 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(1x2)
(1 +x2)21
4:
Consider ¼am c¼ax= tga;unde a2

2;
2
:Cu aceast ¼a substitu¸ tie
inegalitatea devine
tga(1tg2a)
(1 + tg2a)21
4,sina
cosa
1sin2a
cos2a

1 +sin2a
cos2a21
4,
sina
cosacos2asin2a
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) (1xy)
(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
1xy = 1tgatgb= 1sina
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) (1xy)
(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
b
PB:
Ariile sunt egale dac ¼aBP?A0C0¸ si acest lucru se întâmpl ¼a dac ¼aP2BO
unde Oeste centrul cercului circumscris triunghiului ABC (m(^BPA ) =
90m(^A);darm(^A0) =m(^A)¸ sim(^BOC ) = 90m(^A), atunci
P2BO). Cu aceste considerente avem c ¼a
cpa+apcb
PB:
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
PA
PB
PCR
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
PA
PB
PC1
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
PA
PB
PC4R
rpapbpc:
Am ar ¼atat la inegalitatea anterioar ¼a c¼a
PA
PB
PCR
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
PA
PB
PCR
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)PAppb
pc+PBppc
pa+PCppb
pa6:
(a) Din inegalitatea mediilor avem c ¼a
PA2
pbpc+PB2
pcpa+PC2
papb33s
PA2
pbpcPB2
pcpaPC2
papb:
Acând în vedere faptul c ¼aPA
PB
PC4R
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 ¼aPA
PB
PCR
2r(pa+pb) (pb+pc) (pc+pa)rezult ¼a faptul
c¼a
33s
PA
pb+pcPB
pc+paPC
pa+pb33r
R
2rR2r
3:
(c)
PAppb
pc+PBppc
pa+PCppb
pa33s
PAppb
pcPBppc
paPCppb
pa33r
4R
6R2r
6:
Am folosit faptul c ¼aPA
PB
PC4R
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(pa)+bl2
b
p2(pb)+cl2
c
p2(pc)2:
¸ Tinând cont de faptul c ¼ala=2bc
b+cr
p(pa)
bc¸ si analoagele, inegal-
itatea devine
X
abca
p2(pa)4b2c2p(pa)
(b+c)2bc2,X
abc1
4ab,
(ab)2
4ab(a+b)2+(bc)2
4bc(b+c)2+(ca)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
c2>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,
a3b3c32abc+a2b+b2a+b2c+c2b+a2c+c2a > 0:
Având în vedere faptul c ¼a
a3b3c32abc+a2b+b2a+b2c+c2b+a2c+c2a= (a+bc) (b+ca) (c+ab):
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+can
+b
c+abn
+c
a+bcn
3; n2N:
Mai întâi o s ¼a demonstr ¼am c¼a
a
b+can
+b
c+abn
+c
a+bcn
a
b+ca+b
c+ab+c
a+bcn
3n1:
Avem c ¼a
nr
an+bn+cn
3a+b+c
3,an+bn+cn(a+b+c)n
3n1;
decia
b+ca+b
c+ab+c
a+bcn
3n13n
3n1= 3:
Am folosit mai sus faptul c ¼aa
b+ca+b
c+ab+c
a+bc3:Acest
lucru reiese din inegalitatea Titu Andreescu
a2
ab+bca2+b2
bc+bab2+c2
ac+bcc2T:A:
(a+b+c)2
2 (ab+bc+ca)(a2+b2+c2):
Din 1.15 ¸ si 1.16 reiese c ¼a
a
b+ca+b
c+ab+c
a+bc3:

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
4r2IA
IB+IB
IC+IC
IA
3R2:
Fie
IA=r
sinA
2; Ib =r
sinB
2; IC =r
sinC
2:
Din inegalitatea mediilor, rezult ¼a c¼a
IA
IB+IB
IC+IC
IA
33p
IA2IB2IC2:
Acum demonstr ¼am c ¼a3p
IA2IB2IC24r2:Prin ridicare la puterea a treia
reiese c ¼a
IA2IB2IC264r6,IA
IB
IC8r3,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
2tg2A
2
tg2B
2
tg2C
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+z2x2y2z2xy+yz+zxxy+yz+zx
33
= 11
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=2RsinA
2RsinB
2RsinC
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+bc+(b+c)2
b+ca+(c+a)2
c+a+b4 (a+b+c):
Folosind inegalitatea Titu Andreescu ob¸ tinem c ¼a
(a+b)2
a+bc+(b+c)2
b+ca+(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
pa+b
pb+c
pc6
(b)1
pa+1
pb+1
pc4 (3p):
(a) Înlocuim p=a+b+c
2¸ si ob¸ tinem
a
b+ca+b
c+ab+c
a+bc3
inegalitate demonstrat ¼a la aplica¸ tia 3.27.
(b) Folosim inegalitatea Titu Andreescu ¸ si ob¸ tinem
1
pa+1
pb+1
pc(1 + 1 + 1)2
3p(a+b+c)=9
3p2p=9
p:
Mai departe o s ¼a demonstr ¼am c ¼a9
p4 (3p):Elimin ¼am numitorul ¸ si
ob¸ tinem
94p(3p),912p4p2,4p212p+ 90,(2p3)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+bc)4
b(b+ca)+(b+ca)4
c(c+ab)+(c+ab)4
a(a+bc)ab+bc+ca:

(a+bc)22
b(b+ca)+
(b+ca)22
c(c+ab)+
(c+ab)22
a(a+bc)
T:A:

(a+bc)2+ (b+ca)2+ (c+ab)22
b(b+ca) +c(c+ab) +a(a+bc)
=[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
(3x2y)2xy,9×213xy+ 4y20,9x
y2
13x
y
+ 40:
Not¼amx
y=t¸ si rezult ¼a c¼a
9t213t+ 40,9 (t1)
t4
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
pa+ctg2B
2
pb+ctg2C
2
pc27
p:

CAPITOLUL 3. INEGALIT ¼A ¸ TI DEOSEBITE 84
Aplic ¼am inegalitatea Titu Andreescu ¸ si reiese c ¼a
ctg2A
2
pa+ctg2B
2
pb+ctg2C
2
pc
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
(pa) sin4A
2+1
(pb) sin4B
2+1
(pc) sin4C
2144
p:
Aplic ¼am inegalitatea Titu Andreescu ¸ si ob¸ tinem
0
B@1
sin2A
21
CA2
pa+0
B@1
sin2B
21
CA2
pb+0
B@1
sin2C
21
CA2
pc0
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
pa; rb=S
pb; rc=S
pc: (3.2)
Demonstra¸ tie.

CAPITOLUL 3. INEGALIT ¼A ¸ TI DEOSEBITE 86
Pentru determinarea razei rautiliz ¼am egalitatea de arii
S=S
ABI A+S
ACI AS
BCI A,S=c
ra
2+b
ra
2a
ra
2,
S=b+ca
2
ra,S= (pa)ra,ra=S
pa:
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= (pa) + (pb) + (pc)33p
(pa) (pb) (pc):
Ridic ¼am la cub ¸ si ob¸ tinem
p327 (pa) (pb) (pc),p427p(pa) (pb) (pc),
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
pa+1
pb+1
pc
,
ra+rb+rc=S(pb) (pc) + (pa) (pb) + (pa) (pc)
(pa) (pb) (pc)
:
Având în vedere c ¼a(pb) (pc) =c2a2b2+ 2ab
4¸ si analoagele,
dup¼a efectuarea calculelor ob¸ tinem c ¼a
ra+rb+rc=S(a2+b2+c2) + 2 ( ab+bc+ac)
4 (pa) (pb) (pc)
:
¸ Tinînd cont de 2.6 ¸ si 2.7 avem c ¼a
ra+rb+rc=2 (p2r24Rr) + 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
paS
pb=a2(pb) (pa)
S2=a2
p(pa)
¸ si analoagele ob¸ tinând astfel
a2
p(pa)+b2
p(pb)+c2
p(pc)33s
a2b2c2
p3(pa) (pb) (pc)
= 33s
16R2S2
p2S2= 33s
16R2
p2:
În continuare vom ar ¼ata c ¼a33s
16R2
p24:Prin ridicare la cub ob¸ tinem c ¼a
27
16R2
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(ab)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
paS
pbS
pc=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(ab) (ac) +br(ba) (bc) +cr(ca) (cb)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) (ab+c) (a+bc)
(a+b+c)3+ 9abc4 (a+b+c) (ab+bc+ca)
0(ab)2(a+bc) + (bc)2(b+ca) + (ca)2(c+ab)
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(bc)2+b(ca)2+c(ab)2+ 2abc:
Desfacem parantezele în membrul drept ¸ si ob¸ tinem
a
b22bc+c2

+b
c22ac+a2

+c
a22ab+b2

+ 3abc
=ab22abc+ac2+bc22abc+ba2+ca22abc+cb2+ 3abc
=ab2+ba2+ac2+ca2+bc2+cb23abc
=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(pa) (pb) (pc)rezult ¼a c¼a
8p(pa) (pb) (pc)pabc,(b+ca) (a+cb) (a+bc)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

a4b4c4:
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+b22ab

0,ab(ab)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
16Rr5r2p24R2+ 4Rr+ 3r2:
Demonstra¸ tie. Folosim identitatea HI2= 4R2+ 4Rr+ 3r2p2:Cum
HI0ob¸ tinem c ¼a
4R2+ 4Rr+ 3r2p20,R2+ 4Rr+ 3r2p2
cu egalitate dac ¼aH=Iadic¼a triunghiul ABC este echilateral.
Din indentitatea GI2=1
9(p2+ 5r216Rr)¸ si din faptul c ¼aGI20
avem c ¼a
1
9
p2+ 5r216Rr

0,p2+ 5r216Rr0,p216Rr5r2:
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
(2n5)r2+(16n)Rrp2(n+ 4)R2+(n+ 4)Rr+(36n)r2; n0:
Inegalitatea din stânga este
p216Rr5r2(2n5)r2+ (16n)Rr:
Demonstr ¼am c¼a
16Rr5r2(2n5)r2+ (16n)Rr,16Rr5r216RrnRr + 2nr25r2,
0 nRr + 2nr2,nr(R2r)R2r
0:
Inegalitatea din dreapta este
p24R2+ 4Rr+ 3r2(n+ 4)R2+ (n+ 4)Rr+ (36n)r2:
Demonstr ¼am c¼a
4R2+ 4Rr+ 3r2(n+ 4)R2+ (n+ 4)Rr+ (36n)r2,
4R2+ 4Rr+ 3r2nR2+ 4R2+nRr + 4Rr+ 3r26nr2,
0nR2+nRr6nr2,n
R2+Rr6r2

0,
n(R2r) (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(R2r)(ab)2+ (bc)2+ (ca)28R(R2r):
Nieuw Tydschr.Wisk.1953,J.C.H. Gerretsen.
(a) Folosind 2.7 avem c ¼a
18Rr2p22r28Rr9R2:
Din inegalit ¼a¸ tile lui Gerretsen ¸ si Euler avem c ¼a
2p226Rr+ 2r2,p213Rr+r2:
Având în vedere faptul c ¼a16Rr5r213Rr+r2rezult ¼a inegalitatea din
stânga adic ¼a
p2G
16Rr5r213Rr+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+ 2r2,0R24r2,R24r2,R2r:
Egalitatea se ob¸ tine dac ¼aa=b=c.
(b) Inegalitatea este echivalent ¼a cu
8Rr16r22
a2+b2+c2

2 (ab+bc+ac)8R216Rr:
¸ Tinând cont de 2.6 ¸ si 2.7 ob¸ tinem faptul c ¼a
8Rr16r22
2p22r28Rr

2
p2+r2+ 4Rr

8R216Rr,
4Rr8r2p23r212Rr4R28Rr,
16Rr5r2p24R2+ 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
3b+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 (2Rr)
pp
3:
(a) Cum ctgA
2=pa
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
16Rr5r213Rr+r2
rezult ¼a inegalitatea cerut ¼a.
(b)
ctgA+ ctg B+ ctg C=a2+b2+c2
4S=p2r24Rr
2rp:
ctgA=cosA
sinA=b2+c2a2
2bca
2R=b2+c2a2
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+c2a2
4S;similar
ctgB¸ sictgC:În continuare vom ar ¼ata c ¼a
p2r24Rr
2rp3 (2Rr)
p,
p2r24Rr6r(2Rr),p2r24Rr12Rr6r2,p2G
16Rr5r2:
Inegalitatea din dreapta,
3 (2Rr)
pp
3,6R3rpp
3,pp
3 (2Rr),
pM
3Rp
3
2p
3 (2Rr):
Mai avem de ar ¼atat c ¼a,
3Rp
3
2p
3 (2Rr),3R
22Rr,3R4R2r,R2r:
Aplica¸ tia 3.46 S¼a se arate c ¼a în orice triunghi ABC ascu¸ titunghic au loc
inegalit ¼a¸ tile
(a)a2
b2+c2a2+b2
a2+c2b2+c2
a2+b2c2R
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+c2a2de unde deducem
c¼ab2+c2a2=4S
tgA;
sinAcosA+ sin BcosB+ sin CcosC=S
R2¸ sitgA+ tgB+ tgCS
r2.
Acestea …ind spuse avem
a2
b2+c2a2+b2
a2+c2b2+c2
a2+b2c2=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(1cos2A)
cosA+sinB(1cos2B)
cosB+sinC(1cos2C)
cosC
=R2
S(tgA+ tgB+ tgCsinAcosAsinBcosBsinCcosC)
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
11r22R2,p24R2+ 4Rr+ 3r29r4+ 36Rr3
11r22R2:
Vom demonstra faptul c ¼a
4R2+ 4Rr+ 3r29r4+ 36Rr3
11r22R2:
Elimin ¼am numitorii, desfacem parantezele ¸ si ob¸ tinem
8R4+ 8R3r38R2r28Rr324r40:
Împar¸ tim prin r4, not¼amR
r=t¸ si folosin formula lui Heron ¸ si ob¸ tinem c ¼a
(t2)
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+n16Rr5r2
r227n+ 3,
0(R2r)
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 Galeriei”este 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 Galeriei”urm 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 viziteze”galeria, 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 “expert”într-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.