Page 29 - RMGO 4

Rezolvarea problemelor din num˘arul anterior 29
√
3 √ √
X 2 = X 3 = m 2 + , deci a = 1 − 2 3, b = c = 1 + 2 3 s , i permut˘arile lor, iar
√ 6
d = 1 − 2 3.
1 4 2 1
Cazul 3. t = . Atunci m 1 = − , m 2 = m 3 = , deci X 1 = m 1 − ,
2 3 3 6
1
X 2 = X 3 = m 2 − , deci a = −5, b = c = 3 s , i permut˘arile lor, iar d = 3.
6
√ √ √ √
3 2 3 3 3
Cazul 4. t = . Atunci m 1 = , m 2 = m 3 = − , deci X 1 = m 1 − ,
2 √ 3 3 6
3 √ √
X 2 = X 3 = m 2 − , deci a = 1 + 2 3, b = c = 1 − 2 3 s , i permut˘arile lor, iar
√ 6
d = 1 + 2 3.
(sin x − x cos x) sin x + x π
Z n−2 n−2
MGO 119. Calculat ,i dx, x ∈ 0, , unde
(sin x + x) n 2
n este un num˘ar natural fixat.
Daniel Jinga, Pites , ti
Solut ,ie. Integrala din enunt , poate fi scris˘a sub forma

(sin x − x cos x) sin x (sin x − x cos x)x
Z n−2 Z n−2
I = x n dx + n dx.
n
sin x 1 + x n 1 + sin x
sin x x
0
x sin x − x cos x sin x x cos x − sin x
0
Cum 1 + = s , i 1 + = , se obt , ine
2
sin x sin x x x 2
0
x
0 sin x
Z 1 + Z 1 + x
I = sin x dx − dx. Rezult˘a c˘a pentru n = 1 avem
n
n
x
1 + 1 + sin x
sin x x

x sin x x

I = ln 1 + − ln 1 + + C = ln + C, iar pentru n 6= 1 avem
sin x x sin x
−n+1
x
−n+1 sin x
1 + 1 + x x n−1 − sin n−1 x
I = sin x − + C = + C.
−n + 1 −n + 1 (n − 1) (x + sin x) n−1
MGO 120. Fie f : [0, 1] → R o funct ,ie de dou˘a ori derivabil˘a, cu derivata a doua
0
2
0
2
2
continu˘a, astfel ˆıncˆat f(0) = 0, f(1) = (a − 1) , f (0) = a s , i f (1) = a − 4a + 3,
1 2
Z
2
00
unde a ∈ R. Demonstrat ,i c˘a f (x) dx ≥ 4(4a − 6a + 3).
0
Marin Chirciu, Pites , ti
Solut ,ie. Conform Inegalit˘at ,ii Cauchy-Buniakowski-Schwarz avem
Z 1 Z 1 Z 1 2
00
2
00
(3x − 2a) dx · f (x) 2 dx ≥ (3x − 2a)f (x) dx , (1).
0 0 0