D U M I N I C I L E ...fără ALINA

 Cum? adică "fără"  ??

Nu se vrea o postare în contrast cu aceasta. În trecut au mai fost duminici în care nu vorbeam: cel mai des pentru că anterior ne certăm...

Dar întotdeauna, așa ca și acum, simțeam o LIPSĂ... Mă gândesc toată ziua de duminică la ALINA... Rutina mă face să nu fiu paralizat, să-mi îndeplinesc sarcinile din familie, dar GOLUL pe care îl simt în suflet nu-l pot umple decât cu amintirile EI.  La cât de frumos mi-a îmbogățit viața... 

Poate de aceea, la fiecare postare încerc (mai puțin unde nu se "potrivește") să pomenesc de ALINA...

Click on the image to download. Old. New.

Așa bine vino marți 7 august // So come on Tuesday, August 7th //Rezultate Analize medicale

 Orice om are o mamă și un tată.

Mama mea suferea de o boala de ochi rara : Retinopatie pigmentară. S-a nascut la 01.JUL.1923...Sper sa gasesc odata o poza cu ea...

Tatal meu m-a parasit cand aveam cam 3 ani, s-a recasatorit apoi la ARAD, si a mai avut doi copii, o fata Mariana si un baiat Viorel. Nu i-am cunoscut...

Mama a mers, cu boala ei la aproape toti medicii cunoscuti din tara. In zadar... Odata, pe cand aveam 10 ani s-a dus la Targu-Mures, incolo a mers bunicul meu cu ea, urmand ca ea sa-i trimita o Telegrama cand sa vina dupa ea inapoi. Textul telegramei a sunat hazliu, eu n-am facut decat sa ma amuz... Si am tinut minte toata viata aceasta telegrama...

"Vino * marti * 7 * august *  ****  Asa * bine * vino * marti * 7 * august ***"

(Probabil oficianta era o unguroaica care vorbea cu altcineva care a transmis mesajul....)

         Uneori, prea rar, imi aduc aminte la 01 JULIE ca a fost ziua ei. Acesta se vrea un omagiu...

          Tot azi mi-au venit :

Rezultate Analize Medicale , august 2026 : deoarece NU sunt afisate pe PORTALUL MEDICAL

< end REZ>

PROOF WITHOUT WORDS

 ALINA , no matter how many nicknames  YOU  hide under, I want to talk to the REAL BEING that you are. Otherwise, words have no meaning, like in this post.

          Here we present a Proof, "in one piece", of the Exercise from the posts of the past few days. We do it without words...

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

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

I have solved this problem correctly here. Now we put a wordless solution, not really in the spirit of the work

NELSEN Roger B.

Proofs Without Words : Exercises in Visual Thinking

The Mathematical Association of America, f.l., 1993

                              Proof CiP

$k^3=abc \geqslant 1 \tag{2}$

$a':=\frac{a}{k}\;,\;\;b':=\frac{b}{k}\;,\;\;c':=\frac{c}{k}\;\;\overset{k\geqslant 1}{\Rightarrow}$

$a'\leqslant a\;,\;\;b'\leqslant b\;,\;\;c'\leqslant c\;\;,\;\;\;a'\cdot b'\cdot c'\overset{(2)}{=}1 \tag{3}$

$a'=:x^3\;,\;\;b'=:y^3\;,\;\;c'=:z^3\;\;\;(x,\;y,\;z>0)\;\;\Rightarrow\;x\cdot y\cdot z=1 \tag{4}$

$y^3+z^3\geqslant y^2z+yz^2\;\;,\;\;"="\Leftrightarrow y=z \tag{5}$

[$(y-z)^2(y+z)\geqslant 0\;,\;\;"="\Leftrightarrow y=z\;\Rightarrow(y-z)(y^2-z^2)\geqslant 0\Rightarrow y^3-y^2z-yz^2+z^3\geqslant 0\Rightarrow (5)]$

$1+b+c\underset{(3)}{\geqslant} 1+b'+c'\underset{(4)}{=}xyz+y^3+z^3\underset{(5)}{\geqslant} xyz+y^2z+yz^2=yz(x+y+z) \tag{6}$

$\frac{1}{1+b+c}\overset{(6)}{\underset{(4)}{\leqslant}} \frac{xyz}{yz(x+y+z}=\frac{x}{x+y+z}\;\;\;(7)\;\Rightarrow$

$$\sum_{cycl}\frac{1}{1+b+c}\overset{(7)}{\leqslant}\sum_{cycl}\frac{x}{x+y+z}=\frac{x+y+z}{x+y+z}=1.$$

$"="\;in\;(1)\Leftrightarrow "="\;in\;(7)\;(6)\;(5)\;(3)\;(2)\;\;\Leftrightarrow x=y=z\;,\;k=1\;\Leftrightarrow a=b=c=1$

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

CORRECTION of the previous "PROOF"

Since all communication with ALINA has been broken,

 we spend our days and nights talking nonsense.

 But my thoughts are always on HER.                    

 A COMMENTATOR, unfortunately anonymous, drew my attention to the fact that the solution is WRONG. I tried to explain it to him, but in truth, I had misapplied the most elementary inequality techniques.

COPILOT saved me this time too, see his draft at the end. Now I'm just writing the CORECT Solution.

          Let's resume the statement of the Problem.

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

$\frac{1}{1+b+c}+\frac{1}{1+c+a}+\frac{1}{1+a+b}\leqslant 1" \tag{1}$

ANSWER CiP

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

                 Solution CiP  with COPILOT assistant

               We first consider the CASE  $\fbox{$abc=1$}$

          Let  $x,\;y,\;zy,z\;>0$  be such that  $a=x^3,\;b=y^3,\;c=z^3$. In this case we have

$xyz=1 \tag{2}$

We notice that, because  $y^3-y^2z-yz^2+z^3=(y-z)^2(y+z)\geqslant 0\;\;with\;"="\;iff\;y=z$ , it takes place

$y^3+z^3\geqslant y^2z+yz^2 \tag{3}$

We write

$\frac{1}{1+b+c}\overset{(2)}{=}\frac{1}{xyz+y^3+z^3}\overset{(3)}{\leqslant} \frac{1}{xyz+y^2z+yz^2}=\frac{1}{yz(x+y+z)}\overset{(2)}{=}\frac{x}{x+y+z}$

Writing the other two analogous relations, and adding them, we get

$\sum \frac{1}{1+b+c}\leqslant \sum \frac{x}{x+y+z}=\frac{x+y+z}{x+y+z}=1$

     So the inequality is proven in this case; "="  occurs if and only if  $x=y=z$  , so  $a=b=c=1$.

               $\fbox{$abc>1$}$

          Let  $abc=k^3\;,\;a'=\frac{a}{k},\;b'=\frac{b}{k},\;c'=\frac{c}{k}.$ Therefore

$a'b'c'=1\;\;;\;\;k>1 \tag{4}$

But  $1+b'+c'=1+\frac{b}{k}+\frac{c}{k}\overset{k>1}{<}1+b+c$  so

$\frac{1}{1+b+c}<\frac{1}{1+b'+c'}$

Then  $\sum\frac{1}{1+b+c}<\sum\frac{1}{1+b'+c'}\leqslant 1$  becase for  $a',\;b',\;c'$  we fall over the previous case.

     We note that in the second case the sign  "="  cannot occur.

$\blacksquare$

Draft of the conversation with COPILOT, who came up with this solution idea :

Ideea e foarte simpatică: mai întâi rezolvăm cazul $abc=1$, apoi îl reducem pe cel cu $abc\ge 1$ la acesta.

1. Cazul $abc=1$

Presupunem $a,b,c>0$ și $abc=1$. Scriem

a=x3,b=y3,c=z3,xyz=1.

Atunci

11+b+c=11+y3+z3,etc.

Observăm inegalitatea

$$x^3+y^3\ge x^{2}y+y^{2}x,$$

pentru că

$$x^3+y^3-x^{2}y-y^{2}x=x^2(x-y)+y^2(y-x)=(x-y{)}^2(x+y)\ge 0.$$

Deci

$$\frac{1}{x^3+y^3+xyz}\le \frac{1}{x^{2}y+y^{2}x+xyz}\mathrm{.}$$

Aplicând ciclic,

$$\sum _{\text{ciclic}}\frac{1}{a+b+1}=\sum _{\text{ciclic}}\frac{1}{x^3+y^3+xyz}\le \sum _{\text{ciclic}}\frac{1}{x^{2}y+y^{2}x+xyz}\mathrm{.}$$

Dar

$$x^{2}y+y^{2}x+xyz=xy(x+y+z),$$

deci

$$\frac{1}{x^{2}y+y^{2}x+xyz}=\frac{1}{xy(x+y+z)}=\frac{z}{x+y+z},$$

folosind $xyz=1$. Prin ciclicitate:

$$\sum _{\text{ciclic}}\frac{1}{x^{2}y+y^{2}x+xyz}=\sum _{\text{ciclic}}\frac{z}{x+y+z}=\frac{x+y+z}{x+y+z}=1.$$

Rezultă

11+a+b+11+b+c+11+c+a≤1pentru abc=1.

2. Extinderea la $abc\ge 1$

Fie acum $abc\ge 1$. Notăm

k=(abc)1/3≥1,a′=ak, b′=bk, c′=ck.

Atunci

$$a^{\mathrm{\prime }}{b}^{\mathrm{\prime }}{c}^{\mathrm{\prime }}=\frac{abc}{k^3}=1,$$

deci pentru $a^{\mathrm{\prime }},b^{\mathrm{\prime }},c^{\mathrm{\prime }}$ avem deja

$$\frac{1}{1+a^{\mathrm{\prime }}+b^{\mathrm{\prime }}}+\frac{1}{1+b^{\mathrm{\prime }}+c^{\mathrm{\prime }}}+\frac{1}{1+c^{\mathrm{\prime }}+a^{\mathrm{\prime }}}\le 1.$$

În plus, cum $k\ge 1$,

$$1+a^{\mathrm{\prime }}+b^{\mathrm{\prime }}=1+\frac{a}{k}+\frac{b}{k}\le 1+a+b,$$

de unde

$$\frac{1}{1+a+b}\le \frac{1}{1+a^{\mathrm{\prime }}+b^{\mathrm{\prime }}}\mathrm{.}$$

La fel pentru celelalte două fracții.

Prin urmare,

$$\frac{1}{1+a+b}+\frac{1}{1+b+c}+\frac{1}{1+c+a}\le \frac{1}{1+a^{\mathrm{\prime }}+b^{\mathrm{\prime }}}+\frac{1}{1+b^{\mathrm{\prime }}+c^{\mathrm{\prime }}}+\frac{1}{1+c^{\mathrm{\prime }}+a^{\mathrm{\prime }}}\le 1.$$

Și gata: pentru orice $a,b,c>0$ cu $abc\ge 1$,

$$\boxed{{\displaystyle \frac{1}{1+a+b}+\frac{1}{1+b+c}+\frac{1}{1+c+a}\le 1}}$$

...........................................................................

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 ...