Page 100 - RMGO 2

100 Rezolvarea problemelor din num˘arul anterior

Clasa a X-a

ˆ
MGO 26. Intr-o tribun˘a a unui stadion sunt 20000 de spectatori s , i 20000 de
veste, unele albe s , i celelalte ros , ii. Fiecare spectator ˆımbrac˘a o vest˘a, obt ,inˆandu-se
astfel o imagine a tribunei, numit˘a coregrafie.

a) Cˆate veste de fiecare culoare trebuie s˘a fie pentru ca num˘arul de coregrafii
ce pot fi realizate s˘a fie maxim?
b) Dar dac˘a vestele sunt de trei culori: albe, ros , ii s , i negre?
Stelian Corneliu Andronescu s , i Costel B˘alc˘au, Pites , ti

Solut ,ie. a) Notˆand cu a num˘arul de veste albe, num˘arul de coregrafii este egal cu
C a . Acest num˘ar este maxim pentru a = 10000, adic˘a pentru 10000 de veste
20000
albe s , i 10000 de veste ros , ii.
b) Notˆand cu a, r s , i n numerele de veste albe, ros , ii s , i respectiv negre, unde
20000!
a + r + n = 20000, num˘arul de coregrafii este egal cu N(a, r, n) = (numit
a!r!n!
num˘ar multinomial). Demonstr˘am c˘a num˘arul N(a, r, n) este maxim cˆand termenii
a, r s , i n sunt cˆat mai apropiat , i posibil, adic˘a dac˘a s , i numai dac˘a diferent , a
ˆ
max{a, r, n} − min{a, r, n} este minim˘a, ˆın cazul nostru egal˘a cu 1. Intr-adev˘ar,
dac˘a N(a, r, n) ar fi maxim, dar max{a, r, n} − min{a, r, n} ≥ 2, presupunˆand,
de exemplu, c˘a max{a, r, n} = a s , i min{a, r, n} = n avem a + n = 20000 − r
20000! a−1
r
a
r
s , i N(a − 1, r, n + 1) = = C 20000 C > C 20000 C 20000−r =
(a − 1)!r!(n + 1)! 20000−r
20000!
ˆ
= N(a, r, n), contradict , ie. In concluzie, num˘arul de coregrafii este maxim
a!r!n!
pentru (a, r, n) ∈ {(6667, 6666, 6666), (6666, 6667, 6666), (6666, 6666, 6667)}.
MGO 27. Dac˘a a, b, c ∈ (0, ∞) , atunci are loc inegalitatea:
1 1 1 2 11
+ + + ≥ .
2
2
ab bc ca a + b + c 2 ab + bc + ca
Costel Anghel, Slatina
2
Solut ,ie. Conform Inegalit˘at ,ii Cauchy-Buniakowski-Schwarz avem (a + b + c) ≤
2 2 2 2 2 2
a b c a b c
2
(ab + bc + ca) + + s , i (a + b + c) ≤ (ca + ab + bc) + + ,
ab bc ca ca ab bc
(a + b + c) 2 a b c (a + b + c) 2 a b c
deci ≤ + + s , i ≤ + + . Prin adunare
ab + bc + ca b c a ab + bc + ca c a b
(a + b + c) 2 1 1 1
obt , inem 2 · ≤ (ab + bc + ca) + + − 3, de unde rezult˘a
ab + bc + ca ab bc ca
1 1 1 3 (a + b + c) 2
c˘a + + ≥ + 2 · . Prin urmare este suficient
ab bc ca ab + bc + ca (ab + bc + ca) 2