Procedeu de demonstrare a unor inegalităţi bazat pe inegalitatea lui Schur

Size: px

Start display at page:

Download "Procedeu de demonstrare a unor inegalităţi bazat pe inegalitatea lui Schur"

Adam Daniel
6 years ago
Views:

1 Procedeu de demonstrare a unor inegalităţi bazat pe inegalitatea lui Schur Andi Gabriel BROJBEANU Abstract. A method for establishing certain inequalities is proposed and applied. It is based upon inequalities ()-(9) that are consequences of Schur s inequality (S). Keywords: inequality, Schur s inequality. MSC 200: 97H0. În cadrul acestei Note vom prezenta un procedeu de demonstrare a unor inegalităţi, bazat pe inegalitatea lui Schur, care constă în utilizarea inegalităţilor ()-(9) de mai jos, relativ la primele trei polinoame simetrice fundamentale. Este de precizat că acest procedeu nu-i întotdeauna optim sau cel mai elegant, dar se poate dovedi util în situaţii în care alte metode sau procedee de rezolvare sunt mai greu de găsit. Începem prin a aminti următorul rezultat, de altfel punctul de plecare al Notei de faţă: Inegalitatea lui Schur. Dacă x, y, z sunt numere reale nenegative, atunci pentru orice t 0 avem: (S) x t (x y)(x z) + y t (y z)(y x) + z t (z x)(z y) 0, cu egalitate dacă şi numai dacă x y z sau dacă două dintre numerele x, y, z sunt egale şi al treilea este nul; dacă xyz 0, impunem restricţia t > 0. Propoziţie. Dacă x, y, z sunt numere reale pozitive şi notăm p x + y + z, q xy + yz + zx, r xyz, atunci au loc inegalităţile: () (2) () (4) (5) (6) (7) (8) (9) p 2 q, q 2 pr, pq 9r, p 27r, q 27r 2, p + 9r 4pq, 2p + 9r 7pq, q + 9r 2 4pqr, p 4 + 4q 2 + 6pr 5p 2 q, Elev, cl. a XI-a, Colegiul Naţional,,C. Carabella, Târgovişte; andi bro@yahoo.com 5

2 Egalitatea are loc dacă şi numai dacă x y z. Demonstraţie. () Pentru t 0, (S) devine (x y)(x z) + (y x)(y z) + (z x)(z y) 0, adică x 2 + y 2 + z 2 xy + yz + zx, de unde p 2 (x + y + z) 2 x 2 + y 2 + z 2 + 2(xy + yz + zx) (xy + yz + zx) q. (2) Ţinând cont de (), obţinem: q 2 (xy + yz + zx) 2 (xy yz + yz zx + zx xy) xyz(x + y + z) pr. () Se obţine înmulţind membru cu membru inegalităţile () şi (2). (4) Se înmulţesc inegalităţile () şi () membru cu membru. (5) Se înmulţesc membru cu membru inegalităţile (2) şi (). (6) Pentru t, (S) devine x(x y)(x z) + y(y x)(y z) + z(z x)(z y) 0, adică x + y + z + xyz xy(x + y) + yz(y + z) + zx(z + x). Cum x + y + z xyz + (x + y + z)(x 2 + y 2 + z 2 xy yz zx), obţinem: p + 9r (x + y + z) + 9xyz (x + y + z)(x 2 + y 2 + z 2 xy yz zx) (7) Ţinând cont de () şi (6), obţinem: + xyz + +(x + y + z)(xy + yz + zx) + 6xyz x + y + z + xyz + (x + y + z)(xy + yz + zx)+ + xyz xy(x + y) + xyz + yz(y + z) + xyz + zx(z + x) + xyz + (x + y + z)(xy + yz + zx) xy(x + y + z) + yz(x + y + z) + zx(x + y + z) + (x + y + z)(xy + yz + zx) 4pq. 2p + 9r p p 2 + (p + 9r) p q + 4pq pq + 4pq 7pq. (8) Aplicând (6) pentru numerele reale pozitive a xy, b yz, c zx, avem: q + 9r 2 (a + b + c) + 9abc 4(a + b + c)(ab + bc + ca) 4pqr. (9) Pentru t 2, (S) devine x 2 (x y)(x z)+y 2 (y x)(y z)+z 2 (z x)(z y) 0, adică x 4 + y 4 + z 4 + xyz(x + y + z) xy(x 2 + y 2 ) + yz(y 2 + z 2 ) + zx(z 2 + x 2 ). Cum x 4 +y 4 +z 4 (x 2 +y 2 +z 2 ) 2 2(x 2 y 2 +y 2 z 2 +z 2 x 2 ) (p 2 2q) 2 2(q 2 2pr) p 4 + 2q 2 + 4pr 4p 2 q, obţinem: p 4 + 4q 2 + 6pr x 4 + y 4 + z 4 + xyz(x + y + z) + 4p 2 q + 2q 2 + pr 4p 2 q + 2q 2 + pr + +xy(x 2 + y 2 ) + yz(y 2 + z 2 ) + zx(z 2 + x 2 ) 4p 2 q + 2q 2 + pr + (xy + yz + zx)(x 2 + y 2 + z 2 ) x 2 yz xy 2 z xyz 2 4p 2 q + 2q 2 + pr pr + q(p 2 2q) 4p 2 q + q(p 2 2q + 2q) 5p 2 q. 6

3 În continuare, vom prezenta câteva inegalităţi preluate din diferite surse, care vor fi demonstrate utilizând inegalităţile din propoziţia precedentă. Problema. Fie x, y, z (0, ) astfel încât x 2 + y 2 + z 2 + 2(xy + yz + zx). Arătaţi că 9xyz x + y + z. Marius Stănean, forumul MathTime Demonstraţie. Folosind (6) şi condiţia din enunţ, obţinem că: 9xyz 9r 4pq p p 4(xy + yz + zx) (x 2 + y 2 + z 2 ) 2(xy + yz + zx) p 2(xy + yz + zx) (x 2 + y 2 + z 2 ) p x + y + z. Problema 2. Fie x, y, z 0 astfel încât xy + yz + zx. Arătaţi că 4xyz(x + y + z) xyz 9. Marius Stănean, forumul MathTime Demonstraţie. Dacă xyz 0, inegalitatea este evidentă. Dacă x, y, z > 0, atunci din (5) şi condiţia din enunţ rezultă că 27r 2 q 27 r 2 r r 2 r. Conform cu (8), avem: 4xyz(x + y + z) xyz 4pr r 2 (4pqr 9r2 ) q că Problema. Fie x, y, z trei numere reale pozitive cu x + y + z. Să se arate 2(x + y + z ) x 2 + y 2 + z 2 +. Romeo Raicu, G.M.B /20 Demonstraţie. Avem p x + y + z, deci 2(x + y + z ) x 2 y 2 z 2 2[r + p(p 2 q)] (p 2 2q) 6r + 2p 6pq p(p2 2q) 9 p 4 9 p +6r 6 pq 8 9 p(p2 q)+ 2 (p + 9r 4pq) 0, conform cu cu () şi (6), deci inegalitatea este demonstrată. Problema 4. Fie x, y, z numere reale pozitive cu proprietatea că xy+yz+zx. Să se arate că xyz(x + y + z) 2xyz 7. Marian Cucoaneş, G.M. 4/20 Demonstraţie. Trebuie să demonstrăm că pr 7 +. Conform (5) şi (8), rezultă pr 4 4pqr 4 (q + 9r 2 ) 4 (27 + r2 + 8r 2 ) r 4 ( q + 8r 27 q ) (28 + 8r) 7 +, ceea ce încheie demonstraţia. 4 Problema 5. Fie a, b, c 0, π 2 tan b tan c. a) Arătaţi că cos 2 a + cos 2 b + cos 2 c. astfel încât 2(tan a + tan b + tan c) tan a 7

4 b) Aflaţi valoarea minimă a expresiei sin 2 a + sin 2 b + sin 2 c. Shortlist 20 Demonstraţie. Notăm x tan a, y tan b, z tan c. Cum a, b, c avem că x, y, z > 0. Rezultă că cos 2 a + x 2, cos2 b + y 2, cos2 c + z 2. a) cos 2 a + cos 2 b + cos 2 c + x y z 2 0, π 2 + 2(x 2 + y 2 + z 2 ) + x 2 y 2 + y 2 z 2 + z 2 x 2 + x 2 + y 2 + z 2 + x 2 y 2 + y 2 z 2 + z 2 x 2 + x 2 y 2 z x2 + y 2 + z 2 x 2 y 2 z 2 ( + x 2 )( + y 2 )( + z 2 ). Dar 2 + x 2 + y 2 + z 2 x 2 y 2 z p 2 2q r 2 p 2 2q + r p 4 9 p2 9p (5p + 27r 8pq) 2 9 (p2 q) + p (p + 9r 4pq) 0, conform () şi (6), de unde cos 2 a + cos 2 b + cos 2 c, cu egalitate pentru x y z 2. b) Demonstrăm că sin 2 a + sin 2 b + sin 2 c 9 2 : sin 2 a + sin 2 b + sin 2 c x2 x y2 y z2 z x 2 + y 2 + z 2 2 x2 y 2 + y 2 z 2 + z 2 x 2 x 2 y 2 z 2 2 q2 2pr r q2 pr 2 2 q2 pr 0, pr conform cu (2), deci valoarea minimă este 9 2 şi se atinge pentru x y z 2. Problema 6. Numerele pozitive a, b, c verifică abc. Demonstraţi inegalitatea X X X a + b 2( a + c a ) Gabriel Dospinescu, Shortlist 2004 Demonstraţie. Facem decondiţionarea a x y, b y z, c z x. Avem: X x y + yz z x X x +X y 2( y P x P (xy) P x P P x 2 xyz + x 2 y 2 z x xyz x ) X x 2 +X xy 2X yz z x 2 + y 2 xy r + p pq + r2 + q pqr r r p(p2 2q) r 8r 2 + p r+q 2pqr 2p r 4pqr (q + 9r 2 4pqr) + r(p + 9r 4pq) 0,, 8

5 adevărat conform cu (6) şi (8). Problema 7. Demonstraţi că în orice triunghi 4R + r 2 + 9r p 4R + r 4. Cosmin Pohoaţă, Shortlist 2007 Demonstraţie. Fie r a, r b, r c lungimile razelor cercurilor exînscrise corespunzătoare vârfurilor triunghiului ABC. Dacă p 0 r a +r b +r c, q 0 r a r b +r b r c +r c r a, r 0 r a r b r c, cu notaţiile cunoscute obţinem: p 0 4R + r, q 0 p 2, r 0 p 2 r (se folosesc S p a, r b S p b, r c Inegalitatea este echivalentă cu p 0 2 formulele r a conform cu (6). S p c ). q r 0 p 0 q 0 4 p 0 + 9r 0 4p 0 q 0, adevărat Problema 8. Fie a, b, c numere reale pozitive astfel încât a + b + c. Arătaţi că 2 abc + ab + bc + ca 5. forumul ArtofProblemSolving Demonstraţie. Dacă p a + b + c, q ab + bc + ca, r abc, atunci abc + 2 a + b + c 5 r + 2 q 5 27r p + 4p2 q 5 4p5 + 8qr 5p q p 0, q deoarece 4p 5 + 8qr 5p q 9q(p + 9r 4pq) + 4(p 5 6p q + 9pq 2 ) 4p(p 2 q) 2 + 9q(p + 9r 4pq) 0, conform cu (6). Problema 9. Fie a, b, c lungimile laturilor unui triunghi ABC. Să se arate că a b + c a + b c + a b + c a + b c a2 + b 2 + c 2 Nicolae Papacu, IMAC 2009 Demonstraţie. Decondiţionăm: a y + z, b z + x, c x + y. Avem: X a X (y + z) b + c a 2x P yz[y + z + yz(p x)] P x P xy xyz P x 2 + p P y 2 z 2 r P yz p 2 r + 2qr + pq 2 6p 2 r qr p q 7p 2 r + 2qr, qr + p q pq 2 X deci inegalitatea este succesiv echivalentă cu p q 7p 2 r + 2qr (y + z) 2 p q 7p 2 r + 2qr 4r(p 2 q) p q + 6qr p 2 r q(p + 9r 4pq) + p (q2 pr) + q (pq 9r) 0, adevărat conform cu (2), () şi (6). 9

6 Problema 0. Dacă a, b, c sunt numere reale pozitive cu suma, atunci (a 2 + b 2 )(b 2 + c 2 )(c 2 + a 2 ) 8(a 2 b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2 ) 2 Demonstraţie. inegalitatea se scrie: Titu Andreescu şi Gabriel Dospinescu Dacă p a + b + c, q ab + bc + ca, r abc, atunci X a 2X X a Š 2 2 b 2 a 2 b 2 c 2 8 a 2 b 2 X a 2 b h X 2 a Š 2 X X a i X 2 8 a 2 b 2 a 2 b 2 c 2 a Š 2 (q 2 2pr)(p 4 2p 2 q 8q 2 + 6pr) p 2 r 2 Dar, conform cu (2) şi (9), avem (q 2 2pr)(p 4 2p 2 q 8q 2 + 6pr) pr(5p 2 q 4q 2 2p 2 q 8q 2 +0pr) pr[pr+(p 2 q+pr 4q 2 )] p 2 r 2, deoarece p 2 q+pr 4q 2 (x 2 +y 2 +z 2 )(xy +yz +zx)+xyz(x+y +z) 2(xy +yz +zx) 2 (x y +y x 2x 2 y 2 )+ (y z + z y 2y 2 z 2 ) + (z x + x z 2x 2 z 2 ) xy(x y) 2 + yz(y z) 2 + zx(z x) 2 0. Aşadar, inegalitatea este demonstrată. Problema. Fie a, b, c > 0. Arătaţi că a + b + b + c + (a + b + c) c + a 2(ab + bc + ca). Demonstraţie. Dacă p a + b + c, q ab + bc + ca, r abc, atunci Andi Gabriel Brojbeanu (a + b + c) 2(ab + bc + ca) X a + b p 2q P (a 2 + ab + bc + ca) (a + b)(b + c)(c + a) p 2q p2 + q pq r p2 q pr 2p 2 q 2q 2 2p(pq r) adevărat conform cu () şi (). 2q (p2 q) + p (pq 9r) 0, 2(pq r) Propunem cititorilor interesaţi să procedeze în acelaşi fel cu inegalităţile:. Fie a, b, c numere reale pozitive. Arătaţi că b + c + c + a + a + b a b c 4 a b + c + b c + a + c. (Mircea Lascu) a + b 2. Să se arate că 5(a 2 + b 2 + c 2 ) 6(a + b + c ) +, pentru orice numere reale nenegative care satisfac relaţia a + b + c. (M ihai Piticari şi Dan Popescu, Shortlist 2002 ) 20

7 . Fie a, b, c numere reale pozitive astfel încât a + b + c. Arătaţi că ( + a)( + b)( + c) 8. (forumul ArtofProblemSolving) ( a)( b)( c) 4. Demonstraţi că în orice triunghi are loc inegalitatea (r a + r b + r c ) + r b + r c r c + r a r a + r b + 2p 2 6.(Andi Gabriel Brojbeanu, Recreaţii Matematice /204 ) 5R + 5. Fie a, b, c > 0 cu a + b + c. Să se arate că a + b + b + c + c + a + (ab + bc + ca). (Gh. Ghiţă, G.M.B /2009 ) 2 P 6. Se consideră a, b, c trei numere reale strict pozitive. Să se arate că b + c a + (a2 + b 2 + c 2 )(ab + bc + ca). (C ezar Lupu, Shortlist 2006 ) abc(a + b + c) 7. Să se arate că dacă a, b, c sunt numere reale pozitive cu proprietatea că abc, atunci ( + a )( + b )( + c ) 2 + b a + c b + a. (Dan Nedeianu, Shortlist 200 ) c 8. Arătaţi că pentru orice a, b, c > 0 avem a2 + b 2 + b2 + c 2 b + c + c2 + a 2 c + a a + b (a 2 + b 2 + c 2 ). (Ngueyen le Dung) a + b + c 9. Fie a, b, c trei numere reale strict pozitive astfel încât a + b + c a + b + c. Să se arate că a + b + c a + b + c + 2 abc. (Cezar Lupu şi Valentin Vornicu, Shortlist 2006 ) 0. Fie a, b, c numere reale pozitive astfel încât abc. Arătaţi că 5+ a b + b c + c a (a + )(b + )(c + ). (forumul ArtofProblemSolving). Dacă x, y, z sunt numere reale pozitive, atunci x 2 + xy + y 2 + y 2 + yz + z 2 + z 2 + zx + x 2 9. (Vasile Cîrtoaje, G.M.B.) (x + y + z) 2 Bibliografie. T. Ceauşu, A.C. Muntean, I. Stana Echivalenţa unor inegalităţi clasice, Editura Mirton, Timişoara, T. Andreescu, V. Cârtoaje, G. Dospinescu, M. Lascu Old & new inequalities, Editura Gil, Zalău, B. Ioniţă, T. Zvonaru Aplicaţii ale inegalităţii lui Schur, Pregătirea concursului Internaţional de Matematică,,Arhimede - IMAC, Clasele III-XII, Editura Nomina, Colecţia Shortlist

Soluţii juniori., unde 1, 2

Soluţii juniori., unde 1, 2 Soluţii juniori Problema 1 Se consideră suma S x1x x3x4... x015 x016 Este posibil să avem S 016? Răspuns: Da., unde 1,,..., 016 3, 3 Termenii sumei sunt de forma 3 3 1, x x x. 3 5 6 sau Cristian Lazăr