Pe cand eram la liceu si habar n-aveam de metoda multiplicatorilor lui
Lagrange, tare mai uram eu inegalitatile cu conditii impuse.

Pe atunci am vazut insa, ca in cazul inegalitatilor algebrice inca mai
am o sansa sa scap de conditia impusa (de forma abc=1):
Transformarea inegalitatii de demonstrat intr-o inegalitate homogena.

In cazul inegalitatii de la problema (1)

recomand in acest sens substitutia:

Dupa care, homogenizand la gradul 24 obtinem o inegalitate polinomiala
de demon(str)at (folosind sau nu xyz=1):

Dupa cateva simplificari rezulta ca avem de aratat:

Se observa insa usor, ca ambele linii de mai sus
sunt mai mari sau egale cu zero,

folosind in ambele cazuri inegalitatea ajutatoare cunoscuta

care rezulta din

pentru numere reale corespunzator alese...



Mai departe, avem de rezolvat fara multiplicatorii lui Lagrange

O posibilitate de a obtine ceva homogen (de grad zero) este de a
rescrie acel numarator unu drept aa+bb+cc de trei ori, cu atat mai
mult cu cat vedem ca imediat scapam de termenul constant 3 de pe
partea dreapta.
Avem atunci de aratat:

si trecand toti termenii pe o parte, dam de o inegalitate echivalenta,
in care putem usor grupa patrate:

Iar sper ca n-am gresit pe undeva...

Problema (4)

Schita de bataie:

Desfasuram "partea laterala" a paralelipipedului,
obtinand patru dreptunghiuri congruente puse "cap la cap".

Ele au comune laturile BB', CC', DD'.

Daca impartim laturile AA', BB', CC', DD' in patru segmente egale,
notand punctele de "taiere" cu A0=A, A1, A2, A3, A4=A',

si corespunzator

cu B0=B, B1, B2, B3, B4=B',

cu C0=C, C1, C2, C3, C4=C',

cu D0=D, D1, D2, D3, D4=D',

atunci avem desigur:

M = B1
N = C2
P = D3

Problema se rezolva imediat, deoarece translatia spatiului in
directia vectorului [A4,A2> = [D3,D1> = [C2,C0>

duce rombul (A4,D3,C2,B3)
in rombul (A2,D1,C0,B1)

si celelalte romburi corespunzator la fel.

Bisectoarele de la (a) si (b) corespund cate uneia din diagonale.

(Pentru (b): diagonalele unui romb sunt perpendiculare.)

Va multumesc pentru raspunsuri.