Page 30 - RMGO 6

30 Rezolvarea problemelor din num˘arul anterior

2
2
1 n(n − n + 1) n − n + 1 n − 1
00
Pentru u ≥ 1, avem f (u) = 1− ≥ 1− = > 0,
2 (u + n − 1) 3 n 2 n 2
deci f este convex˘a pe [s, n]. Conform Teoremei funct ,iilor semi-convexe (a se
vedea, de exemplu, rezolvarea problemei MGO 71 din RMGO 1/2019), este
a
suficient s˘ ar˘at˘am c˘
a
n
f(x) + (n − 1)f(y) ≥ nf(1), unde x + (n − 1)y = n, x ≤ 1 ≤ y ≤ .
n − 1
Aceast˘ inegalitate devine, succesiv:
a
Å 1 n − 1 ã
2
2
2
x + (n − 1)y − n − n(n − n + 1) + − 1 ≥ 0,
x + n − 1 y + n − 1
2
n(n − 1)(n − n + 1)(y − 1) 2
2
n(n − 1)(y − 1) − ≥ 0,
[2n − 1 − (n − 1)y](y + n − 1)
2
n(n − 1)(y − 1) [n − (n − 1)y](y + n − 2) ≥ 0.
Ultima inegalitate fiind evident adev˘arat˘a, demonstrat , ia este ˆıncheiat˘a.
Egalitatea are loc pentru a 1 = a 2 = . . . = a n = 1, dar s , i pentru a 1 = 0 s , i
n
a 2 = a 3 = . . . = a n = (s , i permut˘arile).
n − 1
a
a
Remarc˘am c˘ inegalitatea dat˘ este echivalent˘ cu
a
n
X 1 2 X 2
2
(n − n + 1) + a i a j ≤ n .
a i + n − 1 n
i=1 1≤i<j≤n

Clasa a XII-a

MGO 196. Fie S o parte stabil˘a a lui N ˆın raport cu adunarea.
S˘a se determine S, s , tiind c˘a {4, 5} ⊆ S.

Dorin M˘arghidanu, Corabia

Solut ,ie. Din ipotez˘a, 4, 5 ∈ S, deci 8 = 4 + 4 ∈ S, 9 = 4 + 5 ∈ S, 10 = 5 + 5 ∈ S.
Prin reducere la absurd, rezult˘a succesiv c˘a 6 6∈ S, 7 6∈ S, 11 6∈ S. Pentru
orice k ∈ N, k ≥ 3, avem 4k = 4 + . . . + 4 ∈ S, 4k + 1 = 4 + . . . + 4 +5 ∈ S,
| {z } | {z }
k k−1
4k + 2 = 4 + . . . + 4 +5 + 5 ∈ S, 4k + 3 = 4 + . . . + 4 +5 + 5 + 5 ∈ S.
| {z } | {z }
k−2 k−3
ˆ In concluzie, S = {4, 5, 8, 9, 10} ∪ N ≥12 .