Page 25 - RMGO 5

Rezolvarea problemelor din num˘arul anterior 25

MGO 147. Rezolvat ,i ˆın mult ,imea numerelor reale ecuat ,ia
√
q
3 x x x x−1 p x x x−1
3
13 − 2 − 3 − 3 · 6 − 21x + 2 + 3 + 3 · 6 − 21x − 1
√
q
3 p
3
x
= 13 + 3 · 6 x−1 − 21x − 1 − 3 · 6 x−1 + 21x.
Sorin Ulmeanu, Pites , ti
p √
x
x
x
Solut ,ie (Daniel V˘acaru, Pites , ti). Fie a = 3 13 − 2 − 3 − 3 · 6 x−1 − 21x, b =
√ √
3 2 + 3 + 3 · 6 x−1 − 21x − 1 s , i c = 3 3 · 6 x−1 + 21x. Rezult˘a c˘a a + b + c =
x
x
3
3
3
√
3
3
3
3
x
13 + 3 · 6 x−1 − 21x − 1, deci ecuat , ia din enunt , devine (a + b + c) = a + b + c ,
adic˘ 3 (a + b) (b + c) (c + a) = 0.
a
√ x
3
3
a
a
a
Cazul 1. a + b = 0, adic˘ a + b = 0, adic˘ 13 = 42x + 1. Aceast˘ ecuat , ie
are doar solut , iile x = 0 s , i x = 4, deoarece funct , ia din membrul stˆang este strict
convex˘a, iar funct , ia din membrul drept este liniar˘a.
x
x
x
3
3
a
a
a
Cazul 2. b+c = 0, adic˘ b +c = 0, adic˘ 2 +3 +6 = 1. Aceast˘ ecuat , ie are
solut , ia unic˘ x = −1, deoarece funct , ia din membrul stˆang este strict cresc˘atoare.
a
√
3
x
x
3
x
a
a
Cazul 3. c + a = 0, adic˘ c + a = 0, adic˘ 13 = 2 + 3 . Aceast˘ ecuat , ie se
a
2 3
x x
a
rescrie ca √ + √ = 1, deci are solut , ia unic˘ x = 2, deoarece funct , ia
13 13
din membrul stˆang este strict descresc˘atoare.
ˆ In concluzie, mult , imea solut , iilor ecuat , iei date este {−1, 0, 2, 4}.
MGO 148. Fie z 1 , z 2 s , i z 3 numere complexe ce satisfac relat ,iile
1 1 1
1 + z 1 z 2 z 3 = 0 s , i z 1 + z 2 + z 3 = + + .
z 1 z 2 z 3
Demonstrat ,i c˘a produsul a dou˘a dintre numerele z 1 , z 2 , z 3 este egal cu 1.
Dorin M˘arghidanu, Corabia
Solut ,ia 1. Notˆand s = z 1 + z 2 + z 3 s , i folosind ipoteza avem
1 1 1 z 1 z 2 + z 2 z 3 + z 3 z 1
s = + + = = −(z 1 z 2 + z 2 z 3 + z 3 z 1 ).
z 1 z 2 z 3 z 1 z 2 z 3
3
2
Considerˆand polinomul f(z) = (z − z 1 )(z − z 2 )(z − z 3 ) = z − (z 1 + z 2 + z 3 )z +
3
2
(z 1 z 2 + z 2 z 3 + z 3 z 1 )z − z 1 z 2 z 3 = z − sz − sz + 1, avem f(−1) = 0, deci z 1 = −1
a
a
sau z 2 = −1 sau z 3 = −1. Cum z 1 z 2 z 3 = −1, rezult˘ c˘ z 2 z 3 = 1 sau z 1 z 3 = 1 sau
z 1 z 2 = 1.
a
Solut ,ia 2 (Daniel V˘acaru, Pites , ti). Cum z 1 z 2 z 3 = −1, rezult˘ c˘ z 1 , z 2 , z 3 6= 0.
a
2
Folosind relat , iile din ipotez˘a avem (z 1 z 2 − 1) (z 2 z 3 − 1) (z 3 z 1 − 1) = (z 1 z 2 z 3 ) −
z 1 z 2 z 3 (z 1 + z 2 + z 3 ) + z 1 z 2 + z 2 z 3 + z 3 z 1 − 1 = −z 1 z 2 z 3 (z 1 + z 2 + z 3 ) + z 1 z 2 +

1 1 1
z 2 z 3 + z 3 z 1 = z 1 z 2 z 3 − (z 1 + z 2 + z 3 ) + + + = 0, de unde se obt , ine
z 1 z 2 z 3
concluzia dorit˘a.