Articol - SSMR

INEGALITĂŢI DE TIP IONESCU-WEITZENBÖCK
D. M. Bătineţu-Giurgiu 1) şi Neculai Stanciu 2)
Omagiu lui Ion Ionescu
Abstract. Starting from the fact that one of the founders of Gazeta
Matematică discovered Weitzenböck’s inequality 20 years before him, we
decided to show some new proofs oh this well-known property.
Keywords: Weitzenböck inequality
MSC : 51M16
I. Introducere
Lucrândlaaltedemonstraţii şi alte generalizări decât cele publicate ale
unei inegalităţi celebre am găsit, cu o mare uimire, în Gazeta Matematică,
Vol. III (15 Septembrie 1897 – 15 August 1898), Nr. 2 , Octombrie 1897, la
pagina 52, faptul că, Ion Ionescu – unul dintre cei patru ,,stâlpi” ai Gazetei
Matematice – a publicat problema:
*273. Să searatecă nu există nici un triunghiu pentru care neegalitatea
4S √ 3 >a 2 + b 2 + c 2
să fie satisfăcută.
Soluţia problemei 273, apare în Gazeta Matematică, Vol. III (15 Septembrie
1897 – 15 August 1898), Nr. 12 , August 1898, la paginile 281, 282
şi 283.În anul 1919, Roland Weitzenböck a publicat în Mathematische Zeitschrift,
Vol. 5, Nr. 1-2, pp. 137-146 articolul Über eine Ungleichung in der
Dreiecksgeometrie,în care demonstrează că:
1) Profesor, Bucureşti
2) Profesor, Buzău.

2 Articole şi note matematice
În orice triunghi ABC, cu notaţiile obişnuite, are loc inegalitatea:
a 2 + b 2 + c 2 ≥ 4 √ 3S. (W )
Observăm că inegalitatea lui Ion Ionescu este aceeaşi cu inegalitatea
lui Weitzenböck, şi de aceea am numit-o inegalitatea Ionescu-Weitzenböck
(I-W). Un număr de 11 demonstraţii ale inegalităţii (I-W) au fost prezentate
de Arthur Engel în cartea ,,Problem solving strategies”, Springer Verlag,
1998, tradusă şi în limba română deM. Bălună (vezi [1]).
II. 23 de demonstraţii inedite ale inegalităţii I-W
Am găsit pentru inegalitatea I-W un număr de 23 de demonstraţii, altele
decât cele publicate, pe care le prezentăm mai jos.
Demonstraţia 1. a 2 + b 2 +c 2 (a + b + c)2
≥ = 4p2
3 3 = 4 ·p·p, şi conform
3
inegalităţii lui Mitrinović, adică p ≥ 3 √ 3r, inegalitatea precedentă devine
a 2 + b 2 + c 2 ≥ 4 3 · p · 3√ 3r =4 √ 3pr =4 √ 3S.
Demonstraţia 2. Conform inegalităţii mediilor avem:
a 2 + b 2 + c 2 ≥ 3 3√ (abc) 2 ,
iar conform inegalităţii lui G. Pólya şi G. Szegö avem (abc) 2 ≥
inegalitatea precedentă devine:
a 2 + b 2 + c 2 ≥ 3 3 √ ( 4S √3
) 3
=4 √ 3S.
( 4S √3
) 3
, iar
Demonstraţia 3. Conform inegalităţii Cauchy-Buniacovski-Schwarz
avem
(a 2 + b 2 + c 2 )(m 2 a + m 2 b + m2 c) ≥ (am a + bm b + cm c ) 2 ,
de unde reiese 3 (
a 2 + b 2 + c 2) 2 ≥ (ama + bm b + cm c ) 2 , deci
4
a 2 +b 2 +c 2 ≥ √ 2 (am a + bm b + cm c ) ≥ √ 2 (ah a + bh b + ch c )= 2 √ · 6S =4 √ 3S.
3 3 3
Demonstraţia 4. Conform inegalităţii lui Cebâşev avem:
( ( a 2 + b 2 + c 2) 1
a + 1 b + 1 )
≥ 3(a + b + c) ⇔
c
⇔ (a 2 + b 2 + c 2 )(ab + bc + ca) ≥ 3abc(a + b + c)
şi deoarece a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + bc + ca, rezultă că
(
a 2 + b 2 + c 2) 2
≥ (a 2 + b 2 + c 2 )(ab + bc + ca) ≥ 3abc(a + b + c) ⇔
⇔ ( a 2 + b 2 + c 2) 2
≥ 3abc · 2p =24pRS,

D. M. Bătineţu-Giurgiu, N. Stanciu, Inegalităţi Ionescu-Weitzenböck 3
de unde, conform inegalităţii lui Euler R ≥ 2r, deducem că
(
a 2 + b 2 + c 2) 2
≥ 24pS · 2r =48Spr =48S 2 ⇔ a 2 + b 2 + c 2 ≥ √ 48S =4 √ 3S.
( 1
Demonstraţia 5. Avem ab + bc + ca =2S
sin A + 1
sin B + 1 )
.
sin C
Deoarece funcţia f :(0,π) → R, f(x) = 1 este convexă pe(0,π)
sin x
avem, conform inegalităţii lui Jensen
1
sin A + 1
sin B + 1
sin C ≥ 3 · 1
1
sin A + B + C =3·
sin π =2 √ 3,
3
3
şi atunci obţinem
a 2 + b 2 + c 2 (a + b + c)2
≥ ≥ ab + bc + ca ≥ 4 √ 3S.
3
Demonstraţia 6. Avem:
a 2 + b 2 + c 2 =(2p − b − c) 2 +(2p − c − a) 2 +(2p − a − b) 2 =
=(p − b + p − c) 2 +(p − c + p − a) 2 +(p − a + p − b) 2 ≥
≥ 4(p − a)(p − b)+4(p − b)(p − c)+4(p − c)(p − a) =
(
)
1
=4p(p − a)(p − b)(p − c)
p(p − a) + 1
p(p − b) + 1
=
p(p − c)
(
= 4S2 1
p p − a + 1
p − b + 1 )
.
p − c
1
Apoi, ţinând cont de binecunoscuta
p − a + 1
p − b + 1
√
3
p − c ≥ r ,
obţinem că
√
a 2 + b 2 + c 2 ≥ 4S2 3
p · r = 4√ 3S 2
=4 √ 3S.
S
Demonstraţia 7. Avem
(ab) 2 +(bc) 2 +(ca) 2 ≥ abc(a + b + c) =2p · 4RS =8pRS,
şi din inegalitatea lui Euler R ≥ 2r, rezultă
(ab) 2 +(bc) 2 +(ca) 2 ≥ 16S 2 .
Apoi,
(ab + bc + ca) 2 =(ab) 2 +(bc) 2 +(ca) 2 +2abc(a + b + c) ≥ 16S 2 +16pRS,
de unde
(ab + bc + ca) 2 ≥ 16S 2 +16p(2r)S =16S 2 +32S 2 =48S 2 ,
deci
a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + bc + ca ≥ 4 √ 3S.

4 Articole şi note matematice
Demonstraţia 8. Avem a = r a(r b + r c )
p
că ab = r ar b (r b + r c )(r a + r c )
p 2
rezultă ab ≥ 4r √ r a r b .
Deci,
şi analoagele, de unde deducem
≥ 4r ar b r c
√
ra r b
p 2 şi, deoarece r a r b r c = rp 2 ,
(ab) 2 +(bc) 2 +(ca) 2 ≥ 16r 2 (r a r b + r b r c + r c r a )
şi, deoarece r a r b + r b r c + r c r a = p 2 ,obţinem
(ab) 2 +(bc) 2 +(ca) 2 ≥ 16r 2 p 2 =16S 2
şi apoi ca în demonstraţia7obţinem
a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + bc + ca ≥ 4 √ 3S.
Demonstraţia 9. Considerăm în afara triunghiului ABC punctul D
astfel încât triunghiul ACD este echilateral. Fie E şi F mijloacele segmentelor
[BD]şi [AC]. Conform teoremei lui Euler în patrulaterul ABCD avem
AB 2 + BC 2 + CD 2 + DA 2 = BD 2 + AC 2 +4EF 2 ⇔
⇔ c 2 + a 2 + b 2 + b 2 = BD 2 + b 2 +4EF 2 ⇔ a 2 + b 2 + c 2 = BD 2 +4EF 2 .
Rezultă din teorema cosinusului în triunghiul ABD:
(
BD 2 = AB 2 + AD 2 − 2AB · AD · cos BAD = c 2 + b 2 − 2bc cos A + π )
=
3
(
= b 2 + c 2 − 2bc cos A cos π 3 − sin A sin π )
= b 2 + c 2 − bc cos A + √ 3bc sin A =
3
Deci,
= b 2 + c 2 − b2 + c 2 − a 2
a 2 + b 2 + c 2 = a2 + b 2 + c 2 +4 √ 3S
2
2
+2 √ 3S = a2 + b 2 + c 2 +4 √ 3S
.
2
+4EF 2 ⇔ a 2 + b 2 + c 2 − 4 √ 3S =8EF 2 ,
şi, deoarece EF 2 ≥ 0, obţinem a 2 + b 2 + c 2 ≥ 4 √ 3S.
Demonstraţia 10. În inegalitatea Bottema:
(x + y + z) 2 R 2 ≥ yza 2 + zxb 2 + xyc 2 , ∀x, y, z ∈ R ∗ + ,
luăm x = a 2 ,y = b 2 ,z = c 2 şi obţinem
(
a 2 + b 2 + c 2) 2
R 2 ≥ 3a 2 b 2 c 2 ⇔ (a 2 +b 2 +c 2 )R ≥ √ 3abc ⇔ a 2 +b 2 +c 2 ≥ 4 √ 3S.
Demonstraţia 11. Fie T punctul lui Fermat-Toricelli (centrul izogon)
al triunghiului ABC. Notăm TA = x, T B = y,TC = z şi avem
µ (AT B) =µ (BTC) =µ (CTA)= 2π 3 .

D. M. Bătineţu-Giurgiu, N. Stanciu, Inegalităţi Ionescu-Weitzenböck 5
Conform teoremei cosinusului în triunghiurile BT C, CT A, AT B avem
respectiv:
a 2 = y 2 + z 2 − 2yz cos 2π 3 = y2 + z 2 + yz; b 2 = z 2 + x 2 + zx; c 2 = x 2 + y 2 + xy.
Prin urmare:
a 2 + b 2 + c 2 =2(x 2 + y 2 + z 2 )+xy + yz + zx ≥ 3(xy + yz + zx) =
(
=3 xy sin 2π 3 + yz sin 2π 3 + zxsin 2π )
1
·
3
sin 2π =
3
2
= 3 (2aria[TAB] + 2aria[TCB] + 2aria[TCA]) · √ = 3
=4 √ 3(aria[TAB]+aria[TCB]+aria[TCA]) = 4 √ 3aria[ABC] =4 √ 3S.
Demonstraţia 12. Dacăîn prima inegalitate a lui Tsintsifas:
m
n + p a2 +
n
m + p b2 +
p
m + n c2 ≥ 2 √ 3S, ∀ m, n, p ∈ R ∗ + ,
luăm m = n = p = 1, atunci obţinem:
1 (
a 2 + b 2 + c 2) ≥ 2 √ 3S ⇔ a 2 + b 2 + c 2 ≥ 4 √ 3S.
2
Demonstraţia 13. Dacă în a doua inegalitate a lui Tsintsifas, (dacă
A 1 B 1 C 1 şi A 2 B 2 C 2 sunt două triunghiuri de laturi a 1 , b 1 , c 1 , respectiv a 2 ,
b 2 , c 2 şi arii S 1 şi S 2 , atunci a 1 a 2 + b 1 b 2 + c 1 c 2 ≥ 4 √ 3 · √S
1 S 2 )luăm
A 1 B 1 C 1 ≡ A 2 B 2 C 2 ≡ ABC, obţinem a 2 + b 2 + c 2 ≥ 4 √ 3 · √S 2 =4 √ 3S.
Demonstraţia 14. Teorema Jakob Steiner afirmă că dintre toate triunghiurile
de acelaşi perimetru, cel de arie maximă este triunghiul echilateral.
Fie S 3 aria triunghiului echilateral de perimetru 2p şi S aria unui triunghi de
perimetru 2p. Atunci, conform teoremei Jakob Steiner avem:
S 3 ≥ S ⇔
p2
3 √ 3 ≥ S ⇔ p2 ≥ 3 √ 3S.
Apoi, conform inegalităţii dintre media aritmetică şi media pătratică avem:
a 2 + b 2 + c 2 ≥
(a + b + c)2
3
= 4p2
3 .
Rezultă că a 2 + b 2 + c 2 ≥ 4 3 · p2 ≥ 4 3 · 3√ 3S =4 √ 3S.
Demonstraţia 15. Murray S. Klamkin a stabilit că: dacă x, y, z ∈ R,
atunci în orice triunghi ABC, areloc:
( ) ax + by + cz 2
≥ xy
4S ab + yz
bc + zx
ca ,

6 Articole şi note matematice
cu egalitate dacă şi numai dacă:
x
a(b 2 + c 2 − a 2 ) = y
b(c 2 + a 2 − b 2 ) = z
c(a 2 + b 2 − c 2 ) .
Dacă luăm în inegalitatea lui Murray S. Klamkin x = a, y = b, z = c,
obţinem
( a 2 + b 2 + c 2 ) 2
≥ 3 ⇔ a 2 + b 2 + c 2 ≥ 4 √ 3S.
4S
Demonstraţia 16. A. Oppenheim a stabilit că: dacă x, y, z ∈ R ∗ + ,atunci
în orice triunghi ABC are loc inegalitatea:
(
a 2 x + b 2 y + c 2 z ) 2
≥ 16S 2 (xy + yz + zx) .
Considerând x = y = z = 1, deducem
(
a 2 + b 2 + c 2) 2
≥ 16S2 · 3 ⇔ a 2 + b 2 + c 2 ≥ 4 √ 3S.
Demonstraţia 17. Tot Murray S. Klamkin a stabilit şi inegalitatea:
( a 2 + b 2 + c 2 ) 2
≥ a2
4S b 2 + b2
c 2 + c2
a 2 ≥ 3,
din care obţinem a 2 + b 2 + c 2 ≥ 4 √ 3S.
Demonstraţia 18. Conform teoremei cosinusului avem:
a 2 = b 2 + c 2 − 2bc cos A ≥ 2bc − 2bc cos A =2bc(1 − cos A) =
=4bc sin 2 A sin 2 A sin 2 A
2 =4bc sin A · 2
sin A =8S · 2
2sin A 2 cos A =4S · tg A 2 ,
2
şi analoagele, de unde deducem că
(
a 2 + b 2 + c 2 ≥ 4S tg A )
2 +tgB 2 +tgC .
2
Concluzia rezultă acum din faptul că funcţia h :(0,π) → R, h(x) =tg x 2
este convexă pe(0,π), deci
tg A 2 +tgB 2 +tgC 2 ≥ 3tg A + B + C =3tg π 6
6 = √ 3.
Demonstraţia 19. Avem:
(
a 2 + b 2 + c 2) 2 4 (
= a 2 + b 2 + c 2)( m 2 a + m 2 b
3
+ ) m2 c ≥
≥ 4 (a + b + c)2
· · (m a + m b + m c ) 2
≥ 4 3 3
3
27 (a + b + c)2 (h a + h b + h c ) 2 ≥
≥ 4 (3 3√ abc · 3 3√ ) 2 ( √ ) 2 ( √ )
h a h b h c =12
3
3 2
aha bh b ch c =12 2
27
3 S 3 =48S 2 ,
de unde se deduce uşor că a 2 + b 2 + c 2 ≥ 4 √ 3S.

D. M. Bătineţu-Giurgiu, N. Stanciu, Inegalităţi Ionescu-Weitzenböck 7
Demonstraţia 20. Pentru orice punct M ∈ IntABC notăm d a (M),
d b (M), d c (M) distanţele de la punctul M respectiv la dreptele BC, CA, AB
şi s a (M) =A[MBC],s b (M) =A[MCA],s c (M) =A[MAB]. Vom arăta că:
Într-adevăr, avem:
T =
a
d a (M) +
a
d a (M) +
b
d b (M) +
b
d b (M) +
c
d c (M) =
c
d c (M) ≥ 6√ 3.
a2
2s a (M) +
unde aplicăm inegalitatea lui Bergström şi obţinem
b2
2s b (M) +
c2
2s c (M) ,
(a + b + c) 2
T ≥
2(s a (M)+s b (M)+s c (M)) = 4p2
2S = 2p2
pr = 2p
r .
Apoi, conform inegalităţii lui Mitrinović p ≥ 3 √ 3r, deducem că
T ≥ 2p
r ≥ 2 · 3r√ 3
=6 √ 3.
r
Dacă luăm M = G, atunci :
şi rezultă că:
T =
s a (G) =s b (G) =s c (G) = 1 3 S,
a2
2s a (G) +
b2
2s b (G) +
c2
2s c (G) ≥ 6√ 3 ⇔
⇔ a 2 + b 2 + c 2 ≥ 2 3 S · 6√ 3=4 √ 3S.
Demonstraţia 21. Inegalitatea Neuberg – Pedoe afirmă că:
Dacă A 1 B 1 C 1 ,A 2 B 2 C 2 sunt două triunghiuri de laturi a 1 ,b 1 ,c 1 şi a 2 ,
b 2 , c 2 şi de arii S 1 , respectiv S 2 , atunci are loc inegalitatea:
a 2 (
1 −a
2
2 + b 2 2 + c 2 (
2)
+ b
2
1 a
2
2 − b 2 2 + c 2 (
2)
+ c
2
1 a
2
2 + b 2 2 − c 2 2)
≥ 16S1 S 2 .
Dacă luăm √ triunghiul A 2 B 2 C 2 echilateral de laturi√ a 2 = b 2 = c 2 =1
3
3
avem S 2 =
4 şi atunci rezultă că a2 1 + b2 1 + c2 1 ≥ 16S 1 ·
4 =4√ 3S 1 . Deci,
într-un triunghi ABC are loc inegalitatea a 2 + b 2 + c 2 ≥ 4 √ 3S.
Demonstraţia 22. Conform unei inegalităţi a lui A. Oppenheim:
Dacă x, y, z ∈ R + ,atunciîn orice triunghi ABC, cu notaţiile obişnuite,
are loc inegalitatea:
(x + y + z) 2 ≥ 2 √ 3(yz sin A + zxsin B + xy sin C),
cu egalitate dacă şi numai dacă x = y = z şi triunghiul ABCeste echilateral.
Dacă luăm x = a, y = b, z = c, atunci obţinem
(a + b + c) 2 ≥ 2 √ 3(bc sin A + ca sin B + ab sin C) =2 √ 3 · 6S =12 √ 3S.

8 Articole şi note matematice
Deoarece a 2 + b 2 + c 2 (a + b + c)2
≥ , rezultă că
3
a 2 + b 2 + c 2 (a + b + c)2
≥ ≥ 12√ 3S
=4 √ 3S.
3
3
Observaţie. Procedândcamaisus,
(a + b + c) 2 ≥ 12 √ 3S ⇔ 4p 2 ≥ 12 √ 3S =12 √ 3pr ⇔ p ≥ 3 √ 3r,
deci am obţinut o nouă demonstraţie pentru inegalitatea lui Mitrinović.
Demonstraţia 23. În orice triunghi are loc inegalitatea:
Într-adevăr
c ≥ (a + b)sin C 2 .
(a + b)sin C 2 =2R(sin A +sinB)sinC A + B
=4R sin
2 2
=4R cos C 2 cos A − B sin C A − B
=2R sin C cos
2 2 2
cu egalitate dacă şi numai dacă a = b.
Deci,
cos A − B
2
= c cos A − B
2
sin C 2 =
≤ c,
a 2 + b 2 + c 2 ≥ (a + b) 2 sin 2 C 2 +(b + c)2 sin 2 A 2 +(c + a)2 sin 2 B 2 ≥
⎛
≥ 4ab sin 2 C 2 +4bc A sin2 2 +4ca B sin sin2 2 =8S ⎜
2 C sin 2 A sin 2 B ⎞
⎝
2
sin C + 2
sin A + 2 ⎟
⎠ =
sin B
(
=4S tg A )
2 +tgB 2 +tgC ,
2
de unde, deoarece funcţia f :(0,π) → R ∗ +,f(x) =tg x este convexă pe(0,π),
2
rezultă că
a 2 + b 2 + c 2 ≥ 4S · 3tg A + B + C =12S tg π 6
6 =4√ 3S.
În legătură cu inegalitatea lui Ionescu-Weitzenböck, existăîn literatura
matematică altedouă inegalităţi celebre, echivalente cu aceasta:
• inegalitatea Hadwiger-Finsler:
a 2 + b 2 + c 2 ≥ 4 √ 3S +(a − b) 2 +(b − c) 2 +(c − a) 2 , (HF)
cu egalitate dacă şi numai dacă triunghiul este echilateral;
• inegalitatea Neuberg-Pedoe: pentru un al doilea triunghi de arie T şi
laturile de lungimi x, y, z avem
a 2 (y 2 + z 2 − x 2 )+b 2 (z 2 + x 2 − y 2 )+c 2 (x 2 + y 2 − z 2 ) ≥ 16ST, (NP)

D. M. Bătineţu-Giurgiu, N. Stanciu, Inegalităţi Ionescu-Weitzenböck 9
cu egalitate dacă şi numai dacă triunghiurile sunt asemenea.
III. Trei rezultate suplimentare
Propoziţia 1. Dacă A 1 A 2 ...A 6 este un hexagon convex cu aria S,
atunci
A 1 A 2 2 +A 2A 2 3 +A 3A 2 4 +A 4A 2 5 +A 5A 2 6 +A 6A 2 1 +2(A 1A 2 3 +A 3A 2 5 +A 5A 2 1 ) ≥ 4√ 3S.
Demonstraţie. În triunghiurile A 1A 2 A 3 , A 3 A 4 A 5 ,A 5 A 6 A 1 şi A 1 A 3 A 5
aplicăm inegalitatea I-W şi obţinem
A 1 A 2 2 + A 2 A 2 3 + A 3 A 2 1 ≥ 4 √ 3aria[A 1 A 2 A 3 ]
A 3 A 2 4 + A 4 A 2 5 + A 5 A 2 3 ≥ 4 √ 3aria[A 3 A 4 A 5 ]
A 5 A 2 6 + A 6 A 2 1 + A 1 A 2 5 ≥ 4 √ 3aria[A 5 A 6 A 1 ]
A 1 A 2 3 + A 3 A 2 5 + A 5 A 2 1 ≥ 4 √ 3aria[A 1 A 3 A 5 ],
care, adunate membru cu membru, conduc la relaţia de demonstrat.
Propoziţia 2. Dacă A 1 A 2 ...A 6 este un hexagon convex cu aria S,
atunci
A 1 A 2 2 + A 2 A 2 3 + A 3 A 2 4 + A 4 A 2 5 + A 5 A 2 6 + A 6 A 2 1 + A 1 A 2 3+
+ A 3 A 2 5 + A 5A 2 1 + A 2A 2 4 + A 4A 2 6 + A 6A 2 2 ≥ 4√ 3S.
Demonstraţie. Aplicând în triunghiurile A 1 A 2 A 3 , A 3 A 4 A 5 , A 5 A 6 A 1 ,
A 2 A 3 A 4 , A 4 A 5 A 6 , A 6 A 1 A 2 , A 1 A 3 A 5 şi A 2 A 4 A 6 inegalitatea I-W deducem
A 1 A 2 2 + A 2 A 2 3 + A 3 A 2 1 ≥ 4 √ 3aria[A 1 A 2 A 3 ]
A 3 A 2 4 + A 4 A 2 5 + A 5 A 2 3 ≥ 4 √ 3aria[A 3 A 4 A 5 ]
A 5 A 2 6 + A 6 A 2 1 + A 1 A 2 5 ≥ 4 √ 3aria[A 5 A 6 A 1 ]
A 2 A 2 3 + A 3 A 2 4 + A 4 A 2 2 ≥ 4 √ 3aria[A 2 A 3 A 4 ]
A 4 A 2 5 + A 5 A 2 6 + A 6 A 2 4 ≥ 4 √ 3aria[A 4 A 5 A 6 ]
A 6 A 2 1 + A 1 A 2 2 + A 2 A 2 6 ≥ 4 √ 3aria[A 6 A 1 A 2 ]
A 1 A 2 3 + A 3 A 2 5 + A 5 A 2 1 ≥ 4 √ 3aria[A 1 A 3 A 5 ]
A 2 A 2 4 + A 4A 2 6 + A 6A 2 2 ≥ 4√ 3aria[A 2 A 4 A 6 ],
care, adunate membru cu membru, dau inegalitatea de demonstrat.
Propoziţia 3. Dacă A 1 A 2 ...A 2n , n ≥ 3, este un poligon convex de arie
S în care notăm a k lungimea laturii [A k A k+1 ], k = 1, 2n, A 2n+1 ≡ A 1 ,atunci
)
a 2 k tg π (√
n + π
) n∑
3+tg · A 2k−1 A 2 2k+1
n
≥ 4√ 3S · tg π n .
( 2n∑
k=1
k=1

10 Articole şi note matematice
Demonstraţie. În triunghiurileA 2k−1A 2k A 2k+1 , k = 1,n, aplicăm inegalitatea
I-W şi obţinem
a 2 2k−1 + a2 2k + A 2k−1A 2 2k+1 ≥ 4√ 3aria[A 2k−1 A 2k A 2k+1 ],k = 1,n,
de unde rezultă că
n∑ (
a
2
2k−1 + a 2 2k + A √ n∑
2k−1A 2 2k+1)
≥ 4 3 aria[A 2k−1 A 2k A 2k+1 ] ⇔
⇔
k=1
2n∑
k=1
⇔
2n∑
k=1
n∑
a 2 k + A 2k−1 A 2 2k+1 ≥ 4√ 3
k=1
a 2 k tg π n∑
n + A 2k−1 A 2 2k+1 tg π n ≥ 4√ 3
k=1
k=1
n∑
aria[A 2k−1 A 2k A 2k+1 ] ⇔
k=1
n∑
aria[A 2k−1 A 2k A 2k+1 ]tg π n . (1)
Conform inegalităţii din [4], în poligonul convex A 1 A 3 ...A 2n−1 avem
n∑
A 2k−1 A 2 2k+1 ≥ 4aria[A 1A 3 ...A 2n−1 ]tg π n ⇔
⇔ √ 3
k=1
k=1
n∑
A 2k−1 A 2 2k+1 ≥ 4√ 3aria[A 1 A 3 ...A 2n−1 ]tg π n . (2)
k=1
Adunândmembrucumembruinegalităţile (1) şi (2) obţinem ceea ce
era de demonstrat.
Bibliografie
[1] A. Engel, Probleme de matematică – strategii de rezolvare (traducere de Mihail
Bălună), Editura Gil, 2006.
[2] C. Lupu, R. Marinescu, S. Monea, Rezolvarea geometrică a unor inegalităţi, G.M.-B
vol. 116 (2011), nr. 12.
[3] Ion Ionescu, Problema 273, Gazeta Matematică vol. 3 (1897), nr. 2.
[4] E. Just, N. Schaumberger, Problem E 1634, The American Mathematical Monthly,
vol. 70 (1963), nr. 9.