format .pdf, 4.1 MB - Recreaţii Matematice

Soluţie. Se impune ca x ∈ R\{1, −1}. Dacă u = x + 2
x − 1 , v = x − 2
x + 1 , ecuaţia
devine u 2 + v 2 − 26 uv = 0 şi, cum u şi v nu pot fi simultan egale cu zero, putem
5
nota t = v u şi obţinem că t2 − 26
5 t + 1 = 0, cu soluţiile t 1 = 1 5 , t 2 = 5. Dacă v = 5u,
rezultă că 2x 2 − 9x − 4 = 0, de unde x 1,2 = 9 ± √ 113
, iar dacă u = 5v, deducem că
4
2x 2 − 9x + 4 = 0, deci x 3 = 4, x 4 = 1 . Ecuaţia din enunţ are patru soluţii reale.
2
VIII.103. Arătaţi că oricare ar fi n ∈ N ∗ , există m ∈ N ∗ astfel încât n 4 · m + 1
este număr compus.
Lucian Tuţescu şi Ion Vişan, Craiova
Soluţia 1 (a autorilor). Pentru m = n 4 + 2, avem că n 4 · m + 1 = n 8 + 2n 4 + 1 =
(n 4 + 1) 2 şi, cum n 4 + 1 ≥ 2, urmează concluzia problemei.
Soluţia 2 (Titu Zvonaru). Dacă n = 1, putem lua m = pq − 1, cu p, q ∈ N,
p, q ≥ 2. Dacă n > 1, luăm m = n 3k−4 , k ∈ N, k ≥ 2 şi vom avea că n 4 · m + 1 =
(n k ) 3 + 1 = (n k + 1)(n 2k − n k + 1), unde ambele paranteze sunt cel puţin egale cu 2.
VIII.104. Fie x, y, z ∈ R ∗ + astfel încât x 2 y 2 +y 2 z 2 +z 2 x 2 = 3x 2 y 2 z 2 . Demonstraţi
1
că
x 2 + x + 1 + 1
y 2 + y + 1 + 1
z 2 + z + 1 ≤ 1.
Răzvan Ceucă, elev, Iaşi
Soluţie. Problema este oarecum înrudită cu G89 din RecMat2/2005 sau cu
VIII.66 din RecMat 1/2006: observând că x 2 + x + 1 ≥ 3x şi ţinând seama de faptul
1
că x > 0, obţinem că
x 2 + x + 1 ≤ 1 şi încă două relaţii analoage. Astfel, membrul
3x
stâng este majorat de 1 1
3 x + 1 y + z‹. 1 Folosind inegalitatea dintre media aritmetică
şi cea pătratică, 1 1
3 x + 1 y + z‹≤r1 1 1
3 x 2 + 1 y 2 + 1 z2‹. Însă condiţia din ipoteză
se poate scrie sub forma 1 x 2 + 1 y 2 + 1 = 3 şi de aici urmează inegalitatea din enunţ.
z2 Egalitatea se atinge pentru x = y = z = 1.
VIII.105. Determinaţi x, y ∈ N ∗ pentru care x 3 − y 3 = 3xy + 17.
Liviu Smarandache şi Ion Vişan, Craiova
Soluţia 1 (a autorilor). Cum 3xy + 17 ∈ N ∗ , rezultă că x > y, deci există p ∈ N ∗
astfel încât x = y + p. Înlocuind în relaţia din enunţ, obţinem că 3(p − 1)y2 + 3p(p −
1)y + p 3 − 17 = 0. Observăm că 3(p − 1)y 2 ≥ 0 şi 3p(p − 1)y ≥ 0, prin urmare
p 3 − 17 ≤ 0, adică p ∈ {1, 2}. Dacă p = 1 se ajunge la contradicţia −16 = 0, iar
pentru p = 2 deducem că y 2 + 2y − 3 = 0, ecuaţie a cărei singură soluţie naturală este
y = 1. Rezultă că x = 3, deci soluţia ecuaţiei din enunţ este perechea (3, 1).
Soluţia 2 (Gheorghe Iurea). Rezolvăm ecuaţia în numere întregi. Notăm d = x−y,
p = xy, cu d, p ∈ Z. Cum x 3 − y 3 = (x − y) 3 + 3xy(x − y) = d 3 + 3dp, ecuaţia devine
d 3 17 − d3
+ 3dp = 3p + 17. Rezultă că 3p =
d − 1 = 16
d − 1 − d2 − d − 1, deci d − 1 este
62