Page 24 - RMGO 5

24 Rezolvarea problemelor din num˘arul anterior

Aplic˘am Teorema cosinusului ˆın 4AY Z s , i obt , inem, succesiv:
2
2
2
(b − y)(c − z)(b + c − a ) z (b − y) y (c − z) 2
2
2
(b − y) + (c − z) − = + ;
bc c b
2 2 2 2 2
z 2 y (b − y) (c − z) b + c − a + 2yz
2
(b − y) 1 − + (c − z) 1 − = ;
c 2 b 2 bc
2 2 2
(b − y)(c + z) (c − z)(b + y) b + c − a + 2yz
(b − y) (c − z) + − = 0;
c 2 b 2 bc
2
2
2
2
2
b (b − y)(c + z) + c (c − z)(b + y) − bc(b + c − a + 2yz) = 0;
2
2
2
2
2
2
2
2
2
bc(b + c − b − c + a ) + (bz − cy)(b − c ) − yz(b + c + 2bc) = 0;
2
2
2
b − c 2 (bz − cy) + a bc = (b + c) yz.
a
Not˘a. Domnul Mihai Florea Dumitrescu din Potcoava a propus o alt˘ solut , ie
ˆın articolul Trei aplicat ,ii ale Teoremei cosinusului din revista MATINF nr. 7
(2021).
Clasa a X-a
∗
MGO 146. Demonstrat ,i c˘a pentru orice n ∈ N are loc inegalitatea
n
X 1 < n .
2
(k + k) n+1 + n (n + 1) 2
k=1
Mih´aly Bencze, Bras , ov
∗
Solut ,ia 1. Pentru orice n ∈ N s , i x ≥ 0, conform Inegalit˘at ,ii mediilor avem
√
x n+1 + n = x n+1 + 1 + 1 + . . . + 1 ≥ (n + 1) n+1 x n+1 = (n + 1)x,
| {z }
n termeni
2
2
cu egalitate dac˘ s , i numai dac˘ x = 1. Prin urmare k + k n+1 +n > (n+1)(k +k),
a
a
pentru orice k = 1, n, deci
n n n
1 1 1 1 n
X X X
< = = .
n+1
2
2
(k + k) + n (n + 1)(k + k) n + 1 k(k + 1) (n + 1) 2
k=1 k=1 k=1
2
Solut ,ia 2 (Daniel V˘acaru, Pites , ti). Pentru orice k = 1, n avem k + k n+1 ≥ 2 n+1 ,
n
1 1 P 1 n
deci n+1 ≤ . Rezult˘a c˘a n+1 ≤ ,
2
2
(k + k) + n n + 2 n+1 k=1 (k + k) + n n + 2 n+1
2
2
deci este suficient s˘a prob˘am c˘a n + 2 n+1 > (n + 1) , adic˘a 2 n+1 > n + n + 1,
∗
pentru orice n ∈ N . Aceast˘a inegalitate este adev˘arat˘a pentru n = 1 s , i n = 2 s , i
2
se demonstreaz˘ prin induct , ie pentru n ≥ 2: dac˘ 2 k+1 > k + k + 1, k ≥ 2, atunci
a
a
2
2
2
2 k+1 > 2k + 2k + 2 ≥ k + 3k + 3 ≥ (k + 1) + (k + 1) + 1.