Page 29 - RMGO 6

Rezolvarea problemelor din num˘arul anterior 29

… …
n(n + 1) 1 √ n(n + 1) 1
∗
Deoarece · < k n ·x k n ≤ · , pentru orice n ∈ N ,
2 √ n + 1 2 n
√ 2
a
rezult˘ c˘ k n · x k n → (Criteriul cles , telui).
a
2
∗ ∗
Pentru orice n ∈ N exist˘a un unic p = p(n) ∈ N astfel ˆıncˆat k p−1 < n ≤ k p
√
p p
(unde k 0 = 0). Atunci k p−1 · x k p ≤ n · x n ≤ k p · x k p−1 , pentru orice
√
2 k p−1
∗
p
n ∈ N . Cum k p · x k p → s , i → 1, aplicˆand Criteriul cles , telui rezult˘a c˘a
√ 2 k p
√ 2
n · x n → .
2
∗
MGO 194. Fie n ∈ N , λ > 0 s , i a 1 , a 2 , . . . , a n ∈ R. Demonstrat ,i c˘a
n n
X X
nλ + a k e a k ≥ (1 + ln λ) e .
a k
k=1 k=1
Mih´aly Bencze, Bras , ov
Solut ,ie (Daniel V˘acaru, Pites , ti). Pentru orice k = 1, n, consider˘am funct , ia
f k : (0, ∞) → R, f k (λ) = λ + a k e a k − (1 + ln λ) e .
a k
e a k λ − e a k
0
Avem f (λ) = 1 − = . Minimul acestei funct , ii se atinge ˆın λ = e a k s , i
k
λ λ
este egal cu f k (e ) = e a k + a k e a k − (1 + a k ) e a k = 0. As , adar,
a k
λ + a k e a k − (1 + ln λ) e a k ≥ 0, k = 1, n,
s , i prin ˆınsumare se obt , ine inegalitatea din enunt , .

MGO 195. Fie a 1 , a 2 , . . . , a n numere reale nenegative astfel ˆıncˆat

a 1 + a 2 + . . . + a n = n.

Demonstrat ,i c˘a

n
X 1 2 2 2 2
2
n(n − n + 1) ≤ a + a + . . . + a + n (n − 1).
n
1
2
a i + n − 1
i=1
Vasile Cˆırtoaje, Ploies , ti s , i Leonard Mihai Giugiuc, Drobeta Turnu Severin
a
Solut ,ie. Inegalitatea din enunt , poate fi scris˘ sub forma
f(a 1 ) + f(a 2 ) + . . . + f(a n ) ≥ nf(s),
2
n(n − n + 1) a 1 + a 2 + . . . + a n
2
unde f(u) = u − , u ∈ [0, n], iar s = = 1.
u + n − 1 n