An Inequality Obtained by Transitivity // Transitiivisuudella saatu epäyhtälö

I thought that the NEWER magazines wouldn't bring back as many fond memories as the OLD magazines.

Here I found some sheets with some inequalities and an attempt at an axiomatic treatment of natural numbers...

Let  $a,\;b,\;c$  be real positive numbers such that  $abc\geqslant 1$ . Show that

$\frac{1}{1+b+c}+\frac{1}{1+c+a}+\frac{1}{1+a+b}\leqslant 1$.

ANSWER CiP

$"="\;\;\Leftrightarrow\;a=b=c=1$

                           Solution CiP

          In the hypothesis  $abc\geqslant 1$  we will show the inequality :

$2\sum a+2\leqslant (\sum a)(\sum ab)-1 \tag{1}$

where  $\sum a=a+b+c\;\;,\;\;\sum ab =ab+bc+ca$.

From AM-GM Inequality  $x+y+z\geqslant 3\sqrt[3]{xyz}$  we get

$a+b+c\geqslant 3\sqrt[3]{abc}\;\;\overset{abc\geqslant 1}{\geqslant}\;3 \tag{2}$

$ab+bc+ca\geqslant \sqrt[3]{a^2b^2c^2}\underset{abc\geqslant 1}{\geqslant}3\tag{3}$

So  $(3)\Rightarrow\sum ab-2\leqslant 1 \underset{(2)}{\Rightarrow}(\sum a)(\sum ab-2)\geqslant 3\cdot 1\;\;\Leftrightarrow$

$\Leftrightarrow \;(\sum a)(\sum ab)-2\sum a \geqslant 3\;\Leftrightarrow\;2\sum a +2\leqslant (\sum a)(\sum ab)-1$

and  (1)  is proven. From  $abc\geqslant 1$  it follows by  TRANSITIVITY  from  (1)  that :

$2+2\sum a \leqslant (\sum a)(\sum ab)-abc \tag{4}$

     Let's now calculate the expression  $E:=\frac{1}{1+b+c}+\frac{1}{1+c+a}+\frac{1}{1+a+b}$.

$E=\frac{(1+c+a)(1+a+b)+(1+b+c)(1+a+b)+(1+b+c)(1+c+a)}{(1+b+c)(1+c+a)(1+a+b)}\;;$

$E=\frac{3+4\sum a+3\sum ab+\sum a^2}{1+2\sum a +3\sum ab+\sum a^2+\sum a^2b +\sum ab^2 +2abc}\;.$

Now using the equalities :

$\sum a^2=(\sum a)^2-2\sum ab$

$\sum a^2b+\sum ab^2=(\sum a)(\sum ab)-3abc$

then  $E$  takes its final form :

$E=\frac{3+4\sum a+\sum ab+(\sum a)^2}{1+2\sum a+\sum ab+(\sum a)^2+(\sum a)(\sum ab)-abc} \tag{5}$

We have  $E\leqslant 1$  if and only if  $2+2\sum a \leqslant (\sum a)(\sum ab)-abc$  what exactly is the inequality  (4).

     The  $"="$  sign occurs when we have equality in  (2), (3) and  $abc=1$  so  $a=b=c=1$.

$\blacksquare$

That's how I found it between the pages of the magazine

I have the feeling that the solution is incorrect...

Pregătire Matematică Olimpiade Juniori // Junior Mathematics Olympiad Preparation // آمادگی برای المپیاد ریاضی نوجوانان

                                             Andrei ECKSTEIN has a website "Mathematics Preparation Junior Olympics"

(Pregătire Matematică Olimpiade Juniori). From the  4th Cyprus Preselection, 09/05/2026 let's train with the Problem :

     "For all positive real numbers  $a,\;b,\;c$  with  $a+b+c=3$ , prove that

$\frac{bc}{a^3}+\frac{ca}{b^3}+\frac{ab}{c^3}\geqslant 3$"

ANSWER CiP

The  $"="$  sign appears iff  $a=b=c=1$

                    Solution CiP

          The problem is simple and only requires applying the  AM-GM Inequality  for three variables :

$\frac{x+y+z}{3}\geqslant \sqrt[3]{xyz}\;\;\;,\;\;\;x,\;y,\;z\geqslant 0\;\;;\;\;"="\;iff\;x=y=z \tag{1}$

     First, we have : $\frac{a+b+c}{3}\geqslant \sqrt[3]{abc}\;\;\Rightarrow$

$\frac{1}{\sqrt[3]{abc}}\geqslant \frac{3}{a+b+c} \tag{2}$

     If we write  (1) for  $x=\frac{1}{a^4}\;,\;y=\frac{1}{b^4}\;,\;z=\frac{1}{c^4}$  we obtain

$\frac{1}{3}\cdot \left ( \frac{1}{a^4}+\frac{1}{b^4}+\frac{1}{c^4}\right )\geqslant \sqrt[3]{\frac{1}{a^4}\frac{1}{b^4}\frac{1}{c^4}}=\frac{1}{abc\sqrt[3]{abc}}$ , so

$\frac{1}{a^4}+\frac{1}{b^4}+\frac{1}{c^4}\geqslant \frac{3}{abc\sqrt[3]{abc}} \tag{3}$

Now the problem is solved simply :

$\frac{bc}{a^3}+\frac{ca}{b^3}+\frac{ab}{c^3}=abc\cdot \left (\frac{1}{a^4}+\frac{1}{b^4}+\frac{1}{c^4} \right )\underset{(3)}{\geqslant}abc\cdot \frac{3}{abc\sqrt[3]{abc}}=3\cdot \frac{1}{\sqrt[3]{abc}}\underset{(2)}{\geqslant}3\cdot \frac{3}{a+b+c}\overset{a+b+c=3}{=}\frac{9}{3}=3$

     The  $"="$  sign appears iff  $a=b=c\;for\;(2)$  and  $\frac{1}{a^4}=\frac{1}{b^4}=\frac{1}{c^4}\;for\;(3)$ , so  $a=b=c=\frac{a+b+c}{3}=1$

$\blacksquare$

D U M I N E C I L E cu A L I N A

 Este ora  15:45. 

Ieri, sâmbătă, "sanda" a ieșit de pe chat la ora  23:45  (cf.  "!seen"). Eu nu am intrat deloc, intâi să nu o incomodez nicicum cu prezența, apoi să evit o eventuală înțepătură de-a EI... Nici azi nu aș intra, voi vedea eu ulterior cum a fost... Sunt convins că nu mă crede că nu mai intru deloc cu alt nickname pe chat... Te rog, crede-mă  ALINA !

Duminica la ora asta aștept de regulă să se usuce jumătate de hol și bucătăria pe care le spăl pe jos... 

Dar să o iau de la început...

Dimineața avem program de făcut cu aspiratorul, eu termin pe la 11:00 iar soția, meticuloasă de fel, pe la 12:00 de șters tot praful din casă... Apoi merge în baie până la 13:00... Între timp, de pe la 11:30 eu intru pe chat de pe telefon, și de regulă o văd pe EA. Uneori are câte o mașină de spălat de supravegheat, alteori doar se întreține cu alți useri. O salut cu mult drag, îmi răspunde la fel, mai schimbăm câteva vorbe... Brusc, la ora 13:00 întrerup totul și ies...

După ce mâncăm de amiază (uneori venea și fiul meu VICTOR la masă; acum e plecat în Olanda) mă ocup cu spălatul pe jos a bucătăriei și holului... In răstimpul până se usucă jumătate din ce am spălat, cam 30 minute, mai intru puțin pe chat... Dacă o văd pe ALINA mai vorbim, de regulă mai are și ea mici treburi. Iar ies ca un necioplit și reintru pe la 16:30, uneori de pe laptop... Dar, imediat avem(de eu și soție este vorba) ritualul de băut un cappuccino pe balcon, deci iar întrerup... Nici nu știu cum a tot suportat așa ceva biată de ALINA ....

Azi nu mai e la fel... Oricât de dor mi-ar fi de ea, mă abțin să nu întru (de aici nickname-ul meu "abtzi-Bild"). 

Și mă mai face să mă simt rău următorul aspect:  Odată, când m-am înțeles rău eu cu Alina, acasă făcând pe hol cu aspiratorul, am avut o răbufnire nervoasă și am lovit cu pumnii un șnur agățat frumos pe perete de soția mea, șnur făcut din mii de mărgeluțe din sticlă roșie colorată. Nu s-au distrus vizibil dar chiar și azi mai culeg de pe jos două - trei mărgeluțele.

Prefer să fiu mistuit de dorul de ea decât să intru azi pe chat... Azi, nu-i mai pasă, îmi vorbește parcă cu un anumit dispreț... Este numai vina mea ...

O PROBLEMĂ ... SATISFĂCĂTOARE // A Problem with... Much Satisfaction // Проблема с... большим удовлетворением

          I'm going back to the magazine from the previous post. 

Starting with this issue,  1 / 1979, a new column appears, PREPARATORY PROBLEMS FOR IMO (see pages 32-33). At that time, I was in my last year of High School and I decided (at the suggestion of a high school classmate, Mariana DIACONESCU) to enroll at the Faculty of Mathematics. 

     I think that during the summer vacation after my high school diploma, after I passed the college entrance exam, I tried my hand at these problems. Problem  O : 1  was a particular case of the article published in the same journal, on pages 5-7, and I imitated the solution there. Problem  O : 2  I didn't like at the time, so I moved on to  O : 3.

               "O : 3.  Let  $p$  be a prime number,  $p>2$ . For each number  $k$  from

  $1\; to\; p-1$ , we denote by  $a_k$  the remainder of the division of  $k^p\;by\;p^2$ .

                     Let it be shown as 

$$a_1+a_2+a_3+\dots+a_{p-1}=\frac{p^3-p^2}{2}$$

{Taken from : }( Kvant Magazine, issue 2 / 1978)

ANSWER  CiP

$$a_k+a_{p-k}=p^2\;\;\;\;\;,\;\;k=1,\;2,\;\dots,\;p-1 \tag {1}$$

                                         Solution CiP

               According to division with remainder we can write :

$k^p=A_k\cdot p^2+a_k\;\;\;,\;\;0<a_k<p^2\;\;\;\;,\;\;\;A_k\in\mathbb{N}\;\;,\;\;k=1,\;2,\;\dots\;, p-1 \tag{2}$

Since the number  $p$  is prime, we have  $p\not \mid k^p$   so  $a_k$  cannot be zero.

We can also write :

$(p-k)^p=A_{p-k}\cdot p^2+a_{p-k}\;\;\;,\;\;0<a_{p-k}<p^2 \tag{3}$

Adding the equations  (2)  and  (3)  we have :

$k^p+(p-k)^p=B_k\cdot p^2+(a_k+a_{p-k}) \tag{4}$

where  $B_k=A_k+A_{p-k}\in\mathbb{N}$. But, according to the binomial theorem :

$(p-k)^p=p^p-C_p^1\cdot p^{p-1}\cdot k+C_p^2\cdot p^{p-2}\cdot k^2-\dots -C_p^{p-2}\cdot p^2\cdot  k^{p-2}+C_p^{p-1}\cdot p\cdot k^{p-1}-k^p$

We denoted the binomial coefficients with  $C_p^k=\frac{p!}{k!\cdot (n-k)!}$, which in latex is denoted  $_p^k\textrm{C}$ , and in algebra  $\binom{p}{k}$.

Since  $C_p^{p-1}=p$ , we have from here

$k^p+(p-k)^p=\left [p^{p-2}-C_p^1p^{p-3}k+C_p^2p^{p-4}k^2-\dots -C_p^{p-2}k^{p-2}+k^{p-1} \right ]\cdot p^2$

so the left side of the equation  (4)  is divided by  $p^2$  and then on the right side we must have $p^2\mid (a_k+a_{p-k})$.  So

  $a_k+a_{p-k}=D\cdot p^2\;\;,\;\;D\in\mathbb{N} \tag{5}$

     But from the inequalities in  (2)  and  (3)  it follows  $0<a_k+a_{p-k}<2\cdot p^2$ . So in  (5)  we must have  $D=1$ , that is, precisely the formula  (1).

          Adding the  $p-1$  relations  (1)  we have, written from right to left :

$$(p-1)\cdot p^2=\sum_{k=1}^{p-1}(a_k+a_{p-k})=\sum_{k=1}^{p-1}a_k+\sum_{p-k=1}^{p-k=p-1}a_{p-k}=2\cdot \sum_{k=1}^{p-1}a_k$$

The formula in the problem is proven.

$\blacksquare\;\;\;\blacksquare$

          For example : 

$a_1=remainder\;1^7:49\;\;=1$

$a_2=remainder\;2^7:49\;\;=30$

$a_3=remainder\;3^7:49\;\;=31$

$a_4=remainder\;4^7:49\;\;=18$

$a_5=remainder\;5^7:49\;\;=19$

$a_6=remainder\;6^7:49\;\;=48$

and it is seen that  $a_1+a_6=a_2+a_5=a_3+a_4=49$.

$\square$

               REMARK CiP   This problem gave me a lot of satisfaction when I solved it. At first I tried different ways to approach it, without success. It was only after I did a numerical simulation with a pocket calculator (as in the example presented above) that I noticed the fulfillment of the relation  (1)  between the residues. I was delighted with the discovery I made. I was going to demonstrate it...The idea of ​​showing that we have D equal to 1 in the relation  (5)  was first encountered in Sierpinski (in Russian, in Romanian - at that time I could easily and long-term retain what I read). Today, it took me a few days to reconstruct the demonstration from back then.

     And, let's report another error. The problem had the number  M442 and was published in issue 5 / 1977 (page 20). In issue 2 / 1978 the solution was published (page 28).

<end REM>

Pentru NOSTALGICII SIBIENI // For the NOSTALGIANS from SIBIU // Für die Nostalgiker aus Sibiu

Acest număr din GMB a fost alcătuit de Filiala SSM - SIBIU.

Mai multe reviste, pe care le-am recuperat de la un depozit de hartie, apartin unui anume OPRIȘ. La pagina 39 chiar apar doi rezolvatori din SIBIU, cu acest nume de la Școala generala Nr. 21 : Opriș Candid si Opriș  Ștefan (fara mentiune de clasa). Lor le-a apartinut revista.

This issue of GMB was compiled by the SSM Branch - SIBIU.

Several magazines, which I recovered from a paper dump, belong to a certain OPRIS. On page 39, two solvers from SIBIU, with this name from the General School No. 21, appear: Opriș Candid and Opriș Ștefan (without mention of class). The magazine belonged to them.

Strada ȘELARILOR  de vazut si revazut

 ....

.........

...........

........

.........

......

(in constructie)

TREABA MEA ești TU, ALINA

Se pare că ALINA a fost foarte deranjată de ceva. 

Intrând pe la 21:15 pe chat am văzut-o:

[ sanda@CEF582AB.D8758B22.BF422BEC.IP ]

A răbufnit, nu după mult timp, scriindu-mi "să-mi văd de treabă mea"....[era in modul "away" ?] Nu am putut să-i răspund, cred că orice aș fi zis, un dialog cu ea nu ar fi fost posibil. Cred că i-am replicat că "nu înțeleg la ce se referă"... Nu a zis nimic concret, a precizat doar că ce a exprimat ar trebui să-mi fie clar... Acestea au fost ultimele ei cuvinte apoi a părăsit chatul... 

Nici nu știe cât m-a bucurat faptul că mi-a spus ceva... Orice literă de la ea mă face fericit, chiar dacă literele se leagă în cuvinte de neînțeles iar cuvintele în propoziții destul de eliptice.

I-am răspuns, deși nu cred că a mai văzut, că-i mulțumesc pentru vorbele aruncate, dar că nu pot ține seama de ele... (Cam bănuiesc de ce a reacționat așa... Dar asta este numai vina ei...; nu dezvolt acum ideea...)

Of, iar marți am putut conviețui civilizat pe chat... Acum, mai mult, cred că i-am stricat și seara... Asta iar n-o să-mi poartă ierta ...

Trebuie să-i spun aici cât o iubesc și câtă nevoie am de ea... 

Am reintrat la 22:15 și am văzut că a este din nou prezentă... Am părăsit eu chatul... Știa, azi nu-i mai pasă, că NUMAI și NUMAI pentru EA intru pe chat... 

Voi mai prelucra această formă a postării și eventual o voi completa ([cu galben])... Altceva aș fi vrut să pun aici pe blog ... Și, rămânea pus aici, nebăgat în seamă de nimeni... Doar pentru "mangâierea" mea ... Oricum, a fost o lună JULIE în care am trecut prin multe momente de agonie...

      [  A iesit definitiv la ora [00:51]   ].

Problem E : 6411 by Mihai MICULIȚA

            Mihai MICULIȚA was a prolific author of geometry problems. In the 1980s (when he was active in Oradea) he focused more on geometry problems in space. 

          You can find magazines like the one below here and here.

On Page 553, two of my College colleagues appear among the solvers, BAKONYI Mihai from ARAD and MATEI NEDA Elena (later married GHILERDEA) from BOZOVICI.

On page 521 :

"E : 6411.  Let  $ABC$ be a triangle in which  $AB\neq AC$. If  $D$  is the foot

 of the altitude drawn from  $A$ , and  $M, \;N\; and\; P$  the midpoints of the sides

  $AB,\; AC\; and\; BC$  respectively, and  $O$ is the midpoint of the segment  $DP$ ,

            prove that the triangle  $MON$  is isosceles.

 {Author : } Mihai MICULIȚA, teacher, Șimleul Silvaniei"

We will apply what was discussed here regarding Geometric Objects to solve the problem.

ANSWER CiP

$OM=ON$

                                   Solution CiP

         Let's complete the figure with a few additional lines.

          In this way we will identify several important Geometric Objects: $O_1$ - The Midline in the triangle and   $O_2$  The Median on the Hypotenuse in the right triangle.

         Object O1 

 has the properties : 

-  $AM=MB=\frac{AB}{2}\;\;\;,\;\;AN=NC=\frac{AC}{2}$

-  $MN \parallel BC$

-  $MN=\frac{BC}{2}=BP=PC$

-  $\widehat{ABC}=\widehat{AMN}\;\;\;,\;\;\widehat{ACB}=\widehat{ANM}$

This object appears three times in the above Figure of the problem : $MN\parallel BC\;\;,\;\;NP\parallel AB\;\;,\;\;MP\parallel AC$

Object O2

has the  properties : 

-  $\widehat{ADC}=90^{\circ}\;\;,\;\widehat{DAC}+\widehat{ACD}=90^{\circ}$

-  $AM=\frac{AC}{2}=MC=DM$

-  $\widehat{ADM}=\hat{A}\;\;,\;\;\widehat{CDM}=\hat{C}$

-  $\widehat{AMD}=2\cdot \hat{C}\;\;,\;\;\widehat{CMD}=2\cdot \hat{A}$

         Another object appears, which may go unnoticed : it is the 

isosceles trapezoid

with the  properties :  

-  $DP\parallel MN$

-  $PN\not\parallel DM\;\;,\;\;PN=DM$

-  $\hat{N}=\hat{M}\;\;,\;\;\hat{P}=\hat{D}$

-  $\hat{D}+\hat{M}=180^{\circ}\;\;,\;\;\hat{P}+\hat{N}=180^{\circ}$

-  $PM=DN$

          In the figure completed from the solution we have :

$$NP\underset{O_1}{=}\frac{AB}{2}\underset{O_2}{=}DM$$

so the isosceles trapezoid MNPD immediately appears. I was very proud of this configuration, I used it at least once at the Teacher Certification Competitions.

     Then immediately the key to solving the problem appears, because starting from the last object we have the next one

It is immediate that, with the SAS case, we have the equality of triangles

  $\Delta NPO=\Delta MDO$

  from which we find  $OM=ON$

$\blacksquare$