Page 87 - RMGO 3

Rezolvarea problemelor din num˘arul anterior 87

toti cei 2018 factori fiind numere ˆıntregi s , i, cu except , ia lui h(m 2018 ), distinct , i doi
cˆate doi. Astfel valoarea minim˘a k ∈ N\{2018} ce verific˘a aceast˘a egalitate este k =
2018+1·(−1)·2·(−2)·. . .·1008·(−1008)·1009·1 = 1008!·1009!+2018. Ea se atinge, de
exemplu, pentru f(x) = 2018 + (x + 1)(x − 1) · . . . · (x + 1008)(x − 1008)(x + 1009),
m 1 = −1, m 2 = 1, m 3 = −2, m 4 = 2, . . . , m 2015 = −1008, m 2016 = 1008,
m 2017 = −1009 s , i m 2018 = 0.
√
Z ln x (cos t − 3m sin t) 1 + e 4mt
MGO 78. Determinat ,i x > 1 s , tiind c˘a 3mt dt = 0,
− ln x e
unde m este un num˘ar real fixat.

Marin Chirciu, Pites , ti

Solut ,ie. Utilizˆand metoda integr˘arii prin p˘art ,i, ecuat , ia din enunt , devine 0 =
ln x ln x mt
Z ln x Z
sin t 0 p sin t p e sin t
1 + e 4mt dt = · 1 + e 4mt − 2m √ dt.
e 3mt e 3mt 4mt
− ln x − ln x − ln x 1 + e
e mt sin t
Funct , ia f(t) = √ este impar˘a, deci ultima integral˘a este egal˘a cu zero.
1 + e 4mt
sin(ln x) √ √
Ecuat , ia devine, succesiv: 3m · 1 + x 4m + x 3m sin(ln x) 1 + x −4m = 0;
√ x
sin(ln x) 1 + x 4m 1 + x 4m
∗
kπ
= 0; sin(ln x) = 0; x = e , k ∈ N .
x 3m
MGO 79. Fie α > β > 0 s , i a, b, c, d ≥ 0 astfel ˆıncˆat a + b + c + d = 2α + β s , i
2
3
3
3
3
2
2
2
3
3
2
2
a + b + c + d = 2α + β . Ar˘atat ,i c˘a a + b + c + d ≥ 2α + β .
Leonard Mihai Giugiuc, Drobeta Turnu Severin

3
3
2
3
2
3
Solut ,ie. Conform Formulei lui Newton, a +b +c +d = (a + b + c + d) a +b +

2
c +d 2 −(ab + bc + cd + da + ac + bd) (a + b + c + d)+3 (abc + abd + acd + bcd),
iar ab+bc+cd+da+ac+bd = α (α + 2β), deci inegalitatea cerut˘a este echivalent˘a
2
cu abc+abd+acd+bcd ≥ α β. Presupunem prin reducere la absurd c˘a abc+abd+
2
acd + bcd < α β. Fie f : [0, ∞) → R, f (x) = (x − a) (x − b) (x − c) (x − d) =
2
3
4
x − (2α + β) x + α (α + 2β) x − mx + p, unde m = abc + abd + acd + bcd
2
s , i p = abcd. De asemenea, fie g : [0, ∞) → R, g (x) = x (x − β) (x − α) =
3
2

2
4
2
x −(2α + β) x +α (α + 2β) x −α βx. Observ˘am c˘a f (x) = g (x)+ α β − m x+
2

p. Pentru orice γ ∈ {a, b, c, d} \ {0} avem 0 = f (γ) = g (γ) + α β − m γ +

2
p, deci g (γ) = − α β − m γ − p < 0, de unde rezult˘a c˘a γ ∈ (0, β). Prin
urmare {a, b, c, d} ⊂ [0, β). Din Teorema lui Rolle deducem c˘a punctele critice
ale lui f sunt situate ˆın intervalul [0, β). De asemenea, punctele critice ale lui
p p
2
2
2α + 3β − 4α − 4αβ + 9β 2 2α + 3β + 4α − 4αβ + 9β 2
g sunt < < α s , i
8
p 8 p
2
2
2α + 3β − 4α − 4αβ + 9β 2 2α + 3β + 4α − 4αβ + 9β 2
avem < β < . Fie
8 8
0
y 1 , y 2 s , i y 3 punctele critice ale lui f s , i fie δ ∈ {y 1 , y 2 , y 3 }. Atunci 0 = f (δ) =
0
2
0
2

g (δ) + α β − m , deci g (δ) = − α β − m < 0, de unde rezult˘a c˘a avem