Page 22 - RMGO 6

22 Rezolvarea problemelor din num˘arul anterior
√ √ p
2
Solut ,ie (Daniel V˘acaru, Pites , ti). Vom ar˘ata c˘ a k − 1+ d ≤ k (a + b) (a + c).
a
ˆ Intr-adev˘ar, ridic˘am la p˘atrat s , i obt , inem a 2 k − 1 + 2a p d(k − 1) + d ≤

2
2
ä 2 √ √
2
Äp
2

2
k 2 a + d , sau, echivalent, d(k − 1) − a ≥ 0. Analog, b k − 1 + d ≤
√ √
p p
ˆ
2
k (a + b) (b + c) s , i c k − 1 + d ≤ k (a + c) (b + c). Inmult , ind cele trei inega-
lit˘at , i, g˘asim inegalitatea cerut˘a.
p
2
Avem egalitate dac˘a s , i numai dac˘a a = b = c = d(k − 1), deci, folosind
√ √
2 3 3d
2
egalitatea din ipotez˘a, 3d(k −1) = d, deci k = , prin urmare a = b = c = .
3 3
2
MGO 183. Fie a, b, c ∈ R, ∆ = b − 4ac, astfel ˆıncˆat a > 1, ∆ ≥ 0 s , i
√ √
2b + 4c + 1 − ∆ + 4c ≥ 1
(expresiile de sub radicali sunt presupuse mai mari sau egale cu 0).
2
Demonstrat ,i c˘a funct ,ia f : R → R, f(x) = ax + bx + c satisface relat ,ia
2
f (f(x)) ≥ (f(x)) , ∀ x ∈ R.
Cristinel Mortici, Viforˆata (enunt , modificat)
2
2
Solut ,ie. Fie g(y) = f(y) − y = (a − 1)y + by + c, y ∈ R. Determinantul
0
2
lui g este ∆ = b − 4(a − 1)c = ∆ + 4c ≥ 0, deci r˘ad˘acinile lui g verific˘a
√
−b + ∆ + 4c
y 1 ≤ y 2 = .
2(a − 1)
√ √ ∆
a
Inegalitatea din enunt , implic˘ ∆ + 2 ∆ + 4c ≤ 2b, deci −b + ∆ + 4c ≤ − .
2
∆ ∆
Astfel avem y 2 ≤ − ≤ − .
4(a − 1) 4a
∆
Pentru orice x ∈ R avem f(x) ≥ − , deci f(x) ≥ y 2 , prin urmare g (f(x)) ≥ 0,
4a
2
adic˘ f (f(x)) ≥ (f(x)) .
a
MGO 184. Pe laturile [AB] s , i [AC] ale triunghiului ABC se consider˘ punctele
a
a
P 1 , P 2 , . . . , P 2021 , respectiv Q 1 , Q 2 , . . . , Q 2021 , distincte dou˘ cˆate dou˘a, astfel ˆıncˆat
AP 1 = P 1 P 2 = P 2 P 3 = . . . = P 2020 P 2021 = P 2021 B,
AQ 1 = Q 1 Q 2 = Q 2 Q 3 = . . . = Q 2020 Q 2021 = Q 2021 C.

Determinat ,i cˆate dintre dreptele P i Q j , i, j = 1, 2021, trec prin centrul de
greutate G al triunghiului ABC.

Stelian Corneliu Andronescu s , i Costel B˘alc˘au, Pites , ti