Page 84 - RMGO 3

84 Rezolvarea problemelor din num˘arul anterior

are loc pentru orice a 1 , a 2 , . . . , a n ∈ I a.ˆı. a 1 + a 2 + . . . + a n = ns dac˘a s , i numai
dac˘a f(x) + (n − 1)f(y) ≥ nf(s) pentru orice x, y ∈ I a.ˆı. x + (n − 1)y = ns.

1 1
Consider˘am funct , ia f : π − arccos , π → R, f (x) = . Avem
3 3 + cos x
2
− cos x + 3 cos x + 2 1 2π
00
f (x) = > 0 ∀x ∈ π − arccos , . Conform teoremei
(3 + cos x) 3 3 3

u + v + w 2π
de mai sus, inegalitatea f(u) + f(v) + f(w) ≥ 3f = 3f =
3 3
6 1
are loc pentru orice u, v, w ∈ π − arccos , π cu u + v + w = 2π dac˘a s , i
5 3

6 1
numai dac˘a 2f(t) + f(2π − 2t) ≥ pentru orice t ∈ π − arccos , π astfel
5 3

1 2 1 6
ˆıncˆat 2π − 2t ∈ π − arccos , π , adic˘a + ≥ , pentru orice
3 3 + cos t 3 + cos 2t 5

1 π 1 1 1
t ∈ π − arccos , + arccos . Notˆand cos t = x avem x ≤ − s , i inegalitatea
3 2 2 3 3
2 1 6 2
de ar˘atat devine + ≥ , adic˘a (2x + 1) (3x + 1) ≤ 0, adev˘arat.
2
3 + x 2 (x + 1) 5
π π π 1

De aici deducem s , i cazurile de egalitate (A, B, C) = , , , pentru x = − ,
3 3 3 2

1 1 1
respectiv (A, B, C) = arccos √ , arccos √ , arccos s , i permut˘arile, pentru
3 3 3
1
x = − . Ment , ion˘am c˘a o alt˘a solut , ie, mult mai laborioas˘a, bazat˘a pe Inegalitatea
3
lui Karamata, a fost dat˘a de Yury Yucra Limachi, Peru.
∗ 2
MGO 72. Fie matricea A ∈ M n (C), n ≥ 2, astfel ˆıncˆat (A ) 6= O n , unde A ∗
k
reprezint˘a matricea adjunct˘a a lui A. S˘a se arate c˘a rang (A ) = rang (A), pentru
∗
orice k ∈ N .
Marin Ionescu, Pites , ti
Solut ,ie (Alexandru Daniel Pˆırvuceanu, elev, C.N. ,,Traian”, Drobeta Turnu Severin).
∗ 2
∗
Evident, rang (A) > n − 2, pentru c˘a altfel A = O n deci s , i (A ) = O n , fals.
k
k
Cazul 1. rang (A) = n, adic˘a det A 6= 0. Avem det(A ) = (det A) 6= 0, deci
rang A k = n = rang (A). Cazul 2. rang (A) = n − 1, adic˘a det A = 0.
∗
∗
Din Inegalitatea lui Sylvester rang (A · A ) ≥ rang (A) + rang (A ) − n s , i din
∗
∗
∗
∗
A · A = det A · I n = O n obt , inem rang (A ) ≤ 1. Dar A 6= O n , deci rang (A ) =
∗ k
∗ 2
∗
∗
∗
1. Rezult˘a c˘a (A ) = tr A · A , prin urmare avem tr A 6= 0 s , i (A ) =
∗ k−1
∗
(tr A ) · A 6= O n , pentru orice k ≥ 2. Conform Inegalit˘at ,ii lui Sylvester avem
2
rang A 2 = rang (A · A) ≥ rang (A) + rang (A) − n = n − 2, iar det(A ) = 0,
deci rang A 2 ∈ {n − 2, n − 1}. Presupunˆand prin absurd c˘a rang A 2 =
∗ 2
n − 2, am avea A 2 ∗ = O n , deci (A ) = A 2 ∗ = O n , fals. Prin urmare
rang A 2 = n − 1 = rang (A). Presupunem acum c˘a rang A k = n − 1 s , i
demonstr˘am c˘a rang A k+1 = n − 1, unde k ≥ 2 este arbitrar. Procedˆand
analog ca mai sus, obt , inem rang A k+1 ∈ {n − 2, n − 1}, iar presupunˆand prin