Page 29 - RMGO 5

Rezolvarea problemelor din num˘arul anterior 29

1
3
x
x
2
Solut ,ie. Consider˘am funct , iile f, g : 0, → R, f(x) = 2 − x , g(x) = 3 − x .
2
2
00
3
000
0
x
2
x
x
Avem f (x) = 2 ln 2 − 3x , f (x) = 2 ln 2 − 6x, f (x) = 2 ln 2 − 6 ≤
√ 1
3
00
2 ln 2 − 6 < 0, pentru orice x ∈ 0, , deci f este strict descresc˘atoare. Cum
2
√ 1
1
2
2
00
f (0) = ln 2 > 0 s , i f 00 = 2 ln 2 − 3 < 0, rezult˘a c˘a exist˘a c ∈ 0,
2 2
1
00
00
00
a.ˆı. f (c) = 0, f (x) > 0 pentru x ∈ [0, c) s , i f (x) < 0 pentru x ∈ c, , deci
2
1
0
f este strict cresc˘atoare pe [0, c] s , i strict descresc˘atoare pe c, . Prin urmare
2
1
1
√ 3
0
0
0
min f (x) ∈ f (0), f 0 . Cum f (0) = ln 2 > 0 s , i f 0 = 2 ln 2 − >
1
x∈[0, ] 2 2 4
2

3 1
0
1,4 · 0,6 − > 0, rezult˘a c˘a f (x) > 0 pentru orice x ∈ 0, , deci f este strict
4 2
descresc˘atoare.

1
0
x
Pe de alt˘ parte, avem g (x) = 3 ln 3−2x > ln 3−1 > 0 pentru orice x ∈ 0, ,
a
2

1
deci g este strict cresc˘atoare. Astfel, pentru orice x, y ∈ 0, avem echivalent , ele
2
3
x
3
y
2
x
y
2
2 + y < 2 + x ⇔ f(x) < f(y) ⇔ x > y ⇔ g(x) < g(y) ⇔ 3 + y < 3 + x .
2
2
2
MGO 155. Fie x, y, z ≥ 0 astfel ˆıncˆat xy + yz + zx + xyz ≤ 4.
Demonstrat ,i c˘a x + y + z ≥ xy + yz + zx.
Leonard Mihai Giugiuc, Romˆania s , i Hung Nguyen Viet, Vietnam
Solut ,ie. Pentru x + y + z ≤ 3 avem
2
(x + y + z)
x + y + z ≥ ≥ xy + yz + zx
3
s , i problema este rezolvat˘a.
Fie acum x + y + z > 3. Presupunem, prin reducere la absurd, c˘
a
x + y + z < xy + yz + zx, (1).
Atunci xy + yz + zx > 3. Din Inegalitatea lui Cauchy avem
2
2
2
xy + yz + zx 2 (x + y + z) ≥ (xy + yz + zx) ,