Page 19 - RMGO 6

Rezolvarea problemelor din num˘arul anterior 19
√ √
2
Solut ,ie. Inegalitatea dat˘ poate fi scris˘ sub forma t + 4t t − 6t − 20 t + 25 ≥
a
a
√ √
2 2
25 − 4x, adic˘a t + 2 t − 5 ≥ 25 − 4x. Notˆand f(t) = t + 2 t − 5 pentru
Ä √
Ä √ ä 2 ä 2
2
2
orice t ∈ N, avem f(0) = 5 , f(1) = 2 , f(2) = 3 − 2 2 , f(3) = 2 3 − 2 s , i
f(t) ≥ f(3) pentru orice t ≥ 3. Folosind c˘ f(2) < f(3), rezult˘ c˘ min f(t) = f(2).
a
a
a
√ √ t∈N
Astfel 25−4x ≤ f(2), adic˘ 25−4x ≤ 17−12 2, adic˘ x ≥ 2+3 2, deci valoarea
a
a
√
minim˘ cerut˘ este x = 2 + 3 2.
a
a
∗
MGO 178. Fie numerele reale a 1 , a 2 , . . . , a n s , i b 1 , b 2 , . . . , b n , n ∈ N , astfel ˆıncˆat
a 1 + a 2 + . . . + a n = 7, b 1 + b 2 + . . . + b n = 5
s , i a k + b k > 0 pentru orice k ∈ {1, 2, . . . , n}. Demonstrat ,i c˘a
a 1 b 1 a 2 b 2 a n b n
+ + . . . + < 3.
a 1 + b 1 a 2 + b 2 a n + b n
Dorin M˘arghidanu, Corabia
Solut ,ie. Pentru orice k ∈ {1, 2, . . . , n}, folosind inegalitatea dintre media armonic˘
a
a k b k a k + b k
s , i media aritmetic˘a avem ≤ , cu egalitate dac˘a s , i numai dac˘a
a k + b k 4
a k = b k . Astfel rezult˘ c˘
a
a
n n n n !
a k b k a k + b k
X X 1 X X 1
≤ = a k + b k = (7 + 5) = 3.
a k + b k 4 4 4
k=1 k=1 k=1 k=1
Inegalitatea este chiar strict˘a, deoarece ˆın caz contrar am avea a k = b k pentru
n n
P P
a
a
orice k ∈ {1, 2, . . . , n} s , i ar rezulta c˘ a k = b k , adic˘ 7 = 5, fals.
k=1 k=1
MGO 179. Fie a, b s , i c trei numere naturale ce reprezint˘a lungimile laturilor
unui triunghi neisoscel. Demonstrat ,i c˘a:
a) pentru orice k ∈ [0, 1] avem
3
3
3
3
3
(a + kb) + (b + kc) + (c + ka) ≤ (k + 1) (a + b + c) − 3(5 + 6k)(6 + 7k)(7 + 5k);
b) pentru orice k ∈ [1, +∞) avem
3
3
3
3
3
(a + kb) + (b + kc) + (c + ka) ≤ (k + 1) (a + b + c) − 3(5k + 6)(6k + 7)(7k + 5).
Stelian Corneliu Andronescu s , i Costel B˘alc˘au, Pites , ti
3
3
3
3
Solut ,ie. Folosind identitatea (x + y + z) − x − y − z = 3(x + y)(y + z)(z + x),
inegalit˘at , ile din enunt , devin
[a + (k + 1)b + kc] [b + (k + 1)c + ka] [c + (k + 1)a + kb] ≥ (5+6k)(6+7k)(7+5k)