Page 26 - RMGO 5

26 Rezolvarea problemelor din num˘arul anterior

MGO 149. Fie s , irurile (a n ) n≥1 , (b n ) n≥1 definite prin
si
π 3π (2n − 1)π
a n = sin + sin + . . . + sin ,
2n + 1 2n + 1 2n + 1
π 3π (2n − 1)π
b n = cos + cos + . . . + cos ,
2n + 1 2n + 1 2n + 1

∗
pentru orice n ∈ N .
a) Studiat ,i monotonia celor dou˘a s , iruri.
∗
b) Ar˘atat ,i c˘a a n > b n , pentru orice n ∈ N .
Mihai Florea Dumitrescu, Potcoava

π
3
Solut ,ie. Fie t = s , i z = cos t+i sin t. Avem b n +ia n = z +z +. . .+z 2n−1 =
2n + 1
z(z 2n − 1) −1 − z 1 1 cos t − 1 − i sin t
= = − = − = − =
2
2
z − 1 z − 1 z − 1 cos t − 1 + i sin t 2 − 2 cos t

1 t 1 1 t 1 π
1 + ictg , deci b n = s , i a n = ctg = ctg .
2 2 2 2 2 2 4n + 2
∗
a) Evident, s , irul (b n ) n≥1 este constant. Pentru orice n, m ∈ N cu n < m avem
π π π π π π π
> s , i , ∈ 0, , deci ctg < ctg , deci
4n + 2 4m + 2 4n + 2 4m + 2 2 4n + 2 4m + 2
a
a
a n < a m . Rezult˘ c˘ s , irul (a n ) n≥1 este strict cresc˘ator.
√
1 π 3 1
∗
b) Pentru orice n ∈ N avem a n ≥ a 1 = ctg = > = b n .
2 6 2 2
MGO 150. Fie d 1 s , i d 2 dou˘a drepte perpendiculare care se intersecteaz˘a ˆın punctul
O s , i fie ω 1 , ω 2 , ω 3 s , i ω 4 patru cercuri care trec prin O, astfel ˆıncˆat ω 1 s , i ω 2 sunt
tangente la d 1 iar ω 3 s , i ω 4 sunt tangente la d 2 .
Demonstrat ,i c˘a, indiferent cum s-ar nota celelalte patru puncte de intersect ,ie
ale cercurilor date cu X, Y , Z s , i T, avem

OX OZ XZ
· = .
OY OT Y T
Cristinel Mortici, Viforˆata

Solut ,ie. Fie I inversiunea de pol O s , i putere k, cu k > 0 arbitrar fixat. Fie
0
0
0
0
I(ω j ) = ∆ j , j = 1, 4, s , i fie I(X) = X , I(Y ) = Y , I(Z) = Z , I(T) = T . Atunci
∆ 1 s , i ∆ 2 sunt drepte paralele cu d 1 , iar ∆ 3 s , i ∆ 4 sunt drepte paralele cu d 2 , deci
0
0
0
0
0
0
0
punctele X , Y , Z s , i T sunt vˆarfurile unui dreptunghi. Avem X Z = Y T 0
XZ Y T
(laturi opuse sau diagonale ˆın dreptunghi), adic˘ k · = k · , deci
a
OX · OZ OY · OT
OX OZ XZ
· = .
OY OT Y T