Page 19 - RMGO 5

Rezolvarea problemelor din num˘arul anterior 19

1 2 3
Solut ,ie. Egalitatea dat˘ poate fi scris˘ ca 1 − + 1 − + 1 − = 3 − s, adic˘
a
a
a
x 1 x 2 x 3
x 1 − 1 x 2 − 2 x 3 − 3
+ + = 3 − s, deci folosind Inegalitatea Cauchy-Buniakowski-
x 1 x 2 x 3

x 1 − 1 x 2 − 2 x 3 − 3
Schwarz avem (3−s)(x 1 +x 2 +x 3 ) = (x 1 +x 2 +x 3 ) + + ≥
x 1 x 2 x 3
r r r 2

√ x 1 − 1 √ x 2 − 2 √ x 3 − 3 √ √
x 1 · + x 2 · + x 3 · = x 1 − 1 + x 2 − 2 +
x 1 x 2 x 3
√ 2
a
x 3 − 3 , de unde rezult˘ inegalitatea din enunt , .
MGO 139. Se consider˘a piramida hexagonal˘a regulat˘a V ABCDEF cu muchia
bazei AB = a. Calculat ,i ˆın˘alt ,imea acestei piramide (ˆın funct ,ie de a), s , tiind c˘a
a
aria sa lateral˘a este egal˘ cu aria total˘a a piramidei V ACE.
Costel Anghel, Slatina
Solut ,ie. Fie O centrul bazei ABCDEF, M mijlocul lui [AB], N mijlocul lui [AC].
Not˘am h = V O.

Pentru piramida V ABCDEF avem
√ r
a 3 p 3a 2
2
2
2
OM = , V M = h + OM = h + ,
2 4
a
deci aria sa lateral˘ este
r 2
3a
2
A l = 3a · V M = 3a h + .
4
Pentru piramida V ACE avem

r
√ a p a 2
2
2
2
AC = a 3, ON = , V N = h + ON = h + ,
2 4
a
deci aria sa total˘ este
√ √ √ r
2
AC · 3 3 · AC · V N 3a 2 3 3a 3 a 2
0
2
A t = + = + · h + .
4 2 4 2 4
0
Egalitatea A l = A t devine, succesiv:
√ √
r 2 2 r 2
3a 3a 3 3a 3 a
2
2
3a h + = + · h + ;
4 4 2 4
√ √ √ √ √
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2 4h + 3a = a 3+ 3· 4h + a ; 16h +12a = 3a +6a 4h + a +3(4h +a );
√
4
2
4
2 2
2
4
2
2
2
2 2
2
2
3a 4h + a = 2h + 3a ; 9a (4h + a ) = 4h + 12a h + 9a ; 24a h = 4h ;
√
2
2
h = 6a . Astfel obt , inem c˘ h = a 6.
a