format .pdf, 4.1 MB - Recreaţii Matematice
format .pdf, 4.1 MB - Recreaţii Matematice
format .pdf, 4.1 MB - Recreaţii Matematice
You also want an ePaper? Increase the reach of your titles
YUMPU automatically turns print PDFs into web optimized ePapers that Google loves.
şi, cum tg A ∈ N, rezultă că tg A = 1, adică A = π . Mai departe, din tg A + tg B +<br />
4<br />
tg C = tg A · tg B · tg C, obţinem că (tg B − 1)(tg C − 1) = 2, de unde B = arctg 2,<br />
C = acrtg 3 (sau invers).<br />
IX.97. Demonstraţi că în orice triunghi are loc inegalitatea m 2 ah b h c + m 2 b h ch a +<br />
m 2 ch a h b ≥ 4S 22 + r<br />
2R.<br />
Cătălin Cristea, Craiova<br />
Soluţie. Observăm că m 2 ah b h c + m 2 b h ch a + m 2 ch a h b = 4S 22(b2 + c 2 ) − a 2<br />
+<br />
4bc<br />
2(a 2 + c 2 ) − b 2<br />
+ 2(a2 + b 2 ) − c 2 . Prin aplicarea inegalităţii Cebîşev pentru şiruri<br />
4ac<br />
4ab<br />
de monotonii contrare, deducem că 2(b2 + c 2 ) − a 2<br />
+ 2(a2 + c 2 ) − b 2<br />
+ 2(a2 + b 2 ) − c 2<br />
≥<br />
4bc<br />
4ac<br />
4ab<br />
1<br />
3 · 3(a2 + b 2 + c 2 ) · 1 1<br />
4 bc + 1 ac + bc‹≥ 1 9 , ultima relaţie obţinându-se cu ajutorul<br />
4<br />
inegalităţii mediilor. Inegalitatea de demonstrat se deduce imediat, ţinându-se seama<br />
că R ≥ 2r.<br />
IX.98. Aflaţi a, b, c ∈ R, a ≠ 0, pentru care |ax 2 + bx + c| ≤ x −<br />
a‹2<br />
1 , ∀x ∈ R.<br />
Marian Ursărescu, Roman<br />
Soluţia I (Paul Georgescu). Pentru x = 1 , obţinem că1<br />
a a + b a + c≤0, de<br />
unde c = − 1 a − b a . Substituind în inegalitatea din enunţ, obţinem că |ax2 + bx −<br />
x −<br />
a‹2<br />
1 . Notând<br />
x − 1 a = y, obţinem că |ay2 + (b + 2)y| ≤ y 2 , ∀y ∈ R, de unde |ay + (b + 2)| ≤ |y|,<br />
1<br />
a − b a a‹2<br />
| ≤ x − 1 , decia x −<br />
a‹x 1 +<br />
a‹+b 1 x −<br />
a‹≤ 1<br />
∀y ∈ R ∗ . Rezultă că b + 2 = 0 şi |ay| ≤ |y|, ∀y ∈ R ∗ , deci |a| ≤ 1. Urmează că<br />
a ∈ [−1, 0) ∪ (0, 1], b = −2, c = 1 a .<br />
Soluţia a II-a (a autorului). Pentru x = 1 , obţinem că1<br />
a a + b a + c≤0, de<br />
unde 1 + b + ac = 0. Conform ipotezei, avem că ax 2 + bx + c ≤ x − 1 a‹2, deci<br />
(a − 1)x 2 + b −<br />
a‹x 2 + c − 1 ≤ 0, ∀x ∈ R. Acest fapt se petrece dacă şi numai dacă<br />
a2 a−1 ≤ 0 şi ∆ ≤ 0, adică atunci când a < 1 şi (ab+2) 2 −4(a−1)(a 2 c−1) ≤ 0. Înlocuind<br />
b = −1−ac, ultima condiţie conduce la a 2 (1+ac) 2 −4a(1+ac)−4a 3 c+4a+4a 2 c ≤ 0,<br />
prin urmare a 2 (1 − ac) 2 ≤ 0, de unde ac = 1. Se observă uşor că, în ipoteza ac = 1,<br />
are loc inegalitatea ax 2 + bx 2 + c ≥ − x −<br />
a‹2<br />
1 dacă şi numai dacă a ≥ −1. În<br />
concluzie, a ∈ [−1, 0) ∪ (0, 1], b = −2 şi c = 1 a .<br />
IX.99. Fie k ∈ [0, 1), n ∈ N ∗ şi numerele α i ∈ R ∗ , β i ∈ R, ε i ∈ {−1, 1}, i = 1, n,<br />
64