E:16902: Difference between revisions

Revision as of 15:18, 20 August 2025

E:16902 (Melania-Iulia Dobrican)

Fie numerele reale pozitive $x$ , $y$ , cu $xy=4$ . Arătaţi că ${\frac {1}{x+4}}+{\frac {1}{y+4}}\leq {\frac {1}{3}}.$

Soluție

Avem echivalenţele ${\frac {1}{x+4}}+{\frac {1}{y+4}}\leq {\frac {1}{3}}\Leftrightarrow 3y+12+3x+12\leq xy+4x+4y+16\Leftrightarrow x+y\geq 8-xy.$ Cum $xy=4$ , rezultă $x+y\geq 4$ . Au loc echivalenţele $x+y\geq 4\Leftrightarrow {\frac {x+y}{2}}\geq 2={\sqrt {4}}\Leftrightarrow {\frac {x+y}{2}}\geq {\sqrt {xy}},$ inegalitate care are loc pentru orice numere reale pozitive $x$ , $y$ .

Cazul de egalitate are loc pentru $x=y=2$ .

@@ Line 7: / Line 7: @@
 Avem echivalenţele
-<math>\frac{1}{x+4} + \frac{1}{y+4} \le \frac{1}{3} \Leftrightarrow 3y+12+3x+12 \le xy+4x+4y+16 \Leftrightarrow x+y\ge 8-xy./<math> Cum <math>xy=4</math>, rezultă <math>x+y \ge 4</math>. Au loc echivalenţele <math>x+y \ge 4 \Leftrightarrow \frac{x+y}{2} \ge 2=\sqrt{4}\Leftrightarrow \frac{x+y}{2} \ge \sqrt{xy},</math> inegalitate care are loc pentru orice numere reale pozitive <math>x</math>, <math>y</math>.
+<math>\frac{1}{x+4} + \frac{1}{y+4} \le \frac{1}{3} \Leftrightarrow 3y+12+3x+12 \le xy+4x+4y+16 \Leftrightarrow x+y\ge 8-xy.</math> Cum <math>xy=4</math>, rezultă <math>x+y \ge 4</math>. Au loc echivalenţele <math>x+y \ge 4 \Leftrightarrow \frac{x+y}{2} \ge 2=\sqrt{4}\Leftrightarrow \frac{x+y}{2} \ge \sqrt{xy},</math> inegalitate care are loc pentru orice numere reale pozitive <math>x</math>, <math>y</math>.
 Cazul de egalitate are loc pentru <math>x=y =2</math>.