x - Recreaţii Matematice
x - Recreaţii Matematice
x - Recreaţii Matematice
Create successful ePaper yourself
Turn your PDF publications into a flip-book with our unique Google optimized e-Paper software.
¸si, cum tg A ∈ N, rezultă că tg A = 1, adică A = π<br />
. Mai departe, din tg A + tg B +<br />
4<br />
tg C = tg A · tg B · tg C, obt¸inem că (tg B − 1)(tg C − 1) = 2, de unde B = arctg 2,<br />
C = acrtg 3 (sau invers).<br />
IX.97. Demonstrat¸i că în orice triunghi are loc inegalitatea m 2 ahbhc + m 2 b hcha +<br />
m 2 chahb ≥ 4S 22 + r<br />
2R.<br />
Cătălin Cristea, Craiova<br />
Solut¸ie. Observăm că m 2 ahbhc + m 2 b hcha + m 2 chahb = 4S 22(b 2 + c 2 ) − a 2<br />
2(a 2 + c 2 ) − b 2<br />
4ac<br />
+ 2(a2 + b 2 ) − c 2<br />
4ab<br />
4bc<br />
. Prin aplicarea inegalităt¸ii Cebî¸sev pentru ¸siruri<br />
de monotonii contrare, deducem că 2(b2 + c2 ) − a2 +<br />
4bc<br />
2(a2 + c2 ) − b2 +<br />
4ac<br />
2(a2 + b2 ) − c2 ≥<br />
4ab<br />
1<br />
3 · 3(a2 + b2 + c2 ) · 1 1 1<br />
+ +<br />
41<br />
bc ac bc≥ 9<br />
, ultima relat¸ie obt¸inându-se cu ajutorul<br />
4<br />
inegalităt¸ii mediilor. Inegalitatea de demonstrat se deduce imediat, t¸inându-se seama<br />
că R ≥ 2r.<br />
IX.98. Aflat¸i a, b, c ∈ R, a ̸= 0, pentru care |ax2 + bx + c| ≤x − 1<br />
, ∀x ∈ R.<br />
a2<br />
Marian Ursărescu, Roman<br />
Solut¸ia I (Paul Georgescu). Pentru x = 1<br />
b<br />
, obt¸inem că1 +<br />
a a a + c≤0, de<br />
unde c = − 1 b<br />
−<br />
a a . Substituind în inegalitatea din enunt¸, obt¸inem că |ax2 + bx −<br />
1 b<br />
−<br />
a a | ≤x − 1<br />
, deciax −<br />
a2<br />
1<br />
+ ax 1<br />
−<br />
a+bx 1<br />
− a≤x 1<br />
. Notând<br />
a2<br />
x − 1<br />
a = y, obt¸inem că |ay2 + (b + 2)y| ≤ y2 , ∀y ∈ R, de unde |ay + (b + 2)| ≤ |y|,<br />
∀y ∈ R∗ . Rezultă că b + 2 = 0 ¸si |ay| ≤ |y|, ∀y ∈ R∗ , deci |a| ≤ 1. Urmează că<br />
a ∈ [−1, 0) ∪ (0, 1], b = −2, c = 1<br />
a .<br />
Solut¸ia a II-a (a autorului). Pentru x = 1<br />
b<br />
, obt¸inem că1 +<br />
a a a + c≤0, de<br />
unde 1 + b + ac = 0. Conform ipotezei, avem că ax2 + bx + c ≤x − 1<br />
, deci<br />
(a − 1)x2 +b − 2<br />
+ c −<br />
ax 1<br />
≤ 0, ∀x ∈ R. Acest fapt se petrece dacă ¸si numai dacă<br />
a2 a−1 ≤ 0 ¸si ∆ ≤ 0, adică atunci când a < 1 ¸si (ab+2) 2−4(a−1)(a2c−1) ≤ 0. Înlocuind<br />
b = −1−ac, ultima condit¸ie conduce la a2 (1+ac) 2 −4a(1+ac)−4a 3c+4a+4a 2c ≤ 0,<br />
prin urmare a2 (1 − ac) 2 ≤ 0, de unde ac = 1. Se observă u¸sor că, în ipoteza ac = 1,<br />
are loc inegalitatea ax2 + bx2 + c ≥ −x − 1<br />
dacă ¸si numai dacă a ≥ −1.<br />
a2<br />
În<br />
concluzie, a ∈ [−1, 0) ∪ (0, 1], b = −2 ¸si c = 1<br />
a .<br />
IX.99. Fie k ∈ [0, 1), n ∈ N ∗ ¸si numerele αi ∈ R ∗ , βi ∈ R, εi ∈ {−1, 1}, i = 1, n,<br />
64<br />
a2<br />
+