Pentru x = y =0,obţinem f (0) = 1 [f (0) + f (0)] + d, deci d =0. Luând acum2y = − 1 a în (13) cu d =0,vomaveaf (0) = 1 · µ ¸ −1f (x)+f , de unde rezultă2acă f (x) =k (constant), ∀x ∈ R. Se verifică uşor că această funcţie este într-adevărsoluţie pentru orice k ∈ R.IV a =0, b =0. Este vorba de ecuaţiaf (x + y) =c [f (x)+f (y)] + d. (14)Dacă c =1, (14) se poate scrief (x + y)+d =[f (x)+d]+[f (x)+d] ,care este o ecuaţie Cauchy în g (t) =f (t)+d, t ∈ R.Dacă c 6= 1, luăm x = y = 0 în (14) şi obţinem, ca şi în cazul precedent,relaţiile echivalente (12). Se continuă tot ca în cazul amintit şi se obţine soluţiaf (x) =f (0) =d1 − 2c , x ∈ R, dacă c 6= 1 2 .Dacă c = 1 , (14) se scrie2f (x + y) = 1 [f (x)+f (y)] + d. (15)2Luând x = y =0, constatăm că d =0. Punând în (15) d =0şi fixând y =0,obţinem f (x) = 1 [f (x)+f (0)]. Deci f (x) =f (0) = constant, ∀x ∈ R, funcţie ce2este soluţie a ecuaţiei (15).Bibliografie1. V. Pop - Ecuaţii funcţionale. Ecuaţii clasice şi probleme, Ed. Mediamira, Cluj-Napoca, 2002.Recreaţii … matematice2. Un călător, care nu avea la el decît un lanţ cuşapte verigi de aur, poposeşteîntr-o zi la un han. El se înţelege cu hangiul să-l plătească pentru fiecare zi petrecutăla han câte o verigă deaur. Dacăstă şapte zile şi plata trebuie făcută înfiecarezi,care este numărul minim de tăieturi care trebuie făcute în lanţ pentruaputeaplătipreţul convenit? (Se acceptă ca, atunci când este cazul, hangiul să deacălătoruluica rest un număr de verigi (posibil toate!) pe care le-a primit deja.)3. Care este eroarea în "demonstraţia" de mai jos a egalităţii 3=0?x 2 − x +1=0 |·xx 3 − (−1) = 0x 3 − x 2 + x =0x 3 − ¡ x 2 − x ¢ x 3 = −1=0¯ x = −1Punând x = −1 în x 2 − x +1=0,obţinem 3=0.Notă. Soluţiile problemelor 2 şi 3 se pot găsi la pagina 39.26
Asupra unei inegalităţi condiţionateCezar LUPU 1La OBM - 2001 a fost dată problemaurmătoare:Fie a, b, c numere reale strict pozitive astfel încât a + b + c ≥ abc. Săsearatecăa 2 + b 2 + c 2 ≥ abc √ 3.Cristinel Mortici, RomâniaSoluţia autorului utilizează metoda reducerii la absurd. Presupunem că arelocinegalitatea contrară, adică a 2 + b 2 + c 2 a 2 +b 2 +c 2 ≥ 1 3 (a + b + c)2 ≥ 1 3 (abc)2 , de unde abc < 3 √ 3.Pe de altă parte, aplicând inegalitatea mediilor, avem abc √ 3 > a 2 + b 2 + c 2 ≥≥ 3 3√ a 2 b 2 c 2 şi, deci, abc > 3 √ 3.Seobţine astfel o contradicţie.Alte soluţii ale acestei probleme sunt prezentate în [1] şi [2].1. Problema de mai sus poate fi întărită astfel:Problema 1. Să se arate că, dacă a, b, c > 0 şi a + b + c > abc, atunciab + bc + ca ≥ abc √ 3.1Soluţia I. Ipoteza şi concluzia se pot scrie în felul următor:ab + 1 bc + 1 ac ≥ 1 şi1a + 1 b + 1 c ≥ √ 3. Utilizăm binecunoscuta inegalitate (x + y + z) 2 ≥ 3(xy + yz + zx),µ 1∀x, y, z ∈ R (1) pentru a obţinea + 1 b + 1 2 µ 1≥ 3c ab + 1 bc ac+ 1 , din care rezultăcă 1 a + 1 b + 1 c ≥ √ 3.Soluţia II. Inegalitatea cerută rezultă direct din inegalitatea ab + bc + ca ≥≥ p 3abc (a + b + c), ∀a, b, c ∈ R + (2) (aceasta se reduce la (1), dacănotăm x = ab,y = bc şi z = ca).Problema 2. Se consideră a, b, c > √0 astfel încât a + b + c ≥ abc. Săsearatecăbca 2 (b + c) + cab 2 (c + a) + ab 3c 2 (a + b) ≥ . Cezar Lupu2Soluţie. Pentru prescurtarea scrierii folosim însumarea ciclică X .AvemX bca 2 (b + c) = 1 X 2 (bc)abc a (b + c) ≥ 1√(bc + ca + ab)2 ab + bc + ca 3· = ≥abc 2(bc + ca + ab) 2abc 2(s-a folosit (bc + ca + ab) 2 ≤ 2(bc + ca + ab) X (bc) 2,adevărată conform inegalităţiiCauchy-Schwarz).a (b + c)2. Având ca punct de plecare inegalitatea condiţionată datălaOBM,sepotobţine inegalităţi geometrice într-un triunghi. Să observăm mai întâi că avem:Dacă a, b, c sunt lungimile laturilor unui triunghi oarecare înscris într-un cerc derază egală cu unitatea, atunci a + b + c ≥ abc.În [2] sunt date patru demonstraţii. Reproducem una dintre ele. Formuleleabc4RS = abc şi S = pr conduc la relaţiaa + b + c =2Rr. Utilizând inegalitatealui Euler şi faptul că R =1,obţinem inegalitatea dorită.1 Elev,cl.aX-a,ColegiulNaţional "Mircea cel Bătrân", Constanţa27
- Page 1 and 2: Al V-lea Congres internaţionalal m
- Page 3 and 4: Observatorul din Iaşi—90deanidel
- Page 5 and 6: Marea teoremă a lui Fermat pentru
- Page 7: şi, ca urmare, cel mai mare divizo
- Page 10 and 11: De la o problemă cu matrice la tra
- Page 12 and 13: T ij (a). Fie A =(a kl ) 1≤k,l≤
- Page 14 and 15: are schimbate între ele elementele
- Page 16 and 17: Trei perle ale olimpiadelor de mate
- Page 18 and 19: Atunci este clar că (n, p − 1) =
- Page 20 and 21: În legătură cuoproblemădeconcur
- Page 22 and 23: Asupra unei probleme propuse la O.
- Page 24 and 25: Asupra unei ecuaţii funcţionaleLo
- Page 28 and 29: Ca urmare, în condiţia impusă tr
- Page 30 and 31: Intersecţia celor două drepteseob
- Page 32 and 33: adică Y = X. Săobservăm în fina
- Page 34 and 35: Propoziţia 2. Fie A 1 A 2 ...A n u
- Page 36 and 37: Numărul polinoamelor ireductibile
- Page 38 and 39: Funcţiile lui Smarandache — prop
- Page 40 and 41: În legătură cuoproblemădearitme
- Page 42 and 43: funcţii f care satisfac ipotezele
- Page 44 and 45: Concurs de admitere 2003, IaşiFacu
- Page 46 and 47: 2. Aflaţi numărul termenilor raţ
- Page 48 and 49: anul în care ne aflăm mi-ar trebu
- Page 50 and 51: că p 3 = p 2 +2şi p 4 = p 2 +4. S
- Page 52 and 53: = 1 ·2n − 1+ 1 ¸(2n − 1) 2n·
- Page 54 and 55: (a + b + c) 3 − ¡ a 3 + b 3 + c
- Page 56 and 57: Soluţie. Ecuaţia dată esteechiva
- Page 58 and 59: Dacă facem notaţia log 2 b x = α
- Page 60 and 61: ⎛⎞⎛⎞λ 1 0 ... 0m 11 m 12 .
- Page 62 and 63: 1lentă cu − 1 ≤ y n+1 , ∀n
- Page 64 and 65: Soluţie. Adunând cele două rela
- Page 66 and 67: câte trei elemente din mulţime, o
- Page 68 and 69: qOR =qd 2 − d 2 1 , OC = d 2 −
- Page 70 and 71: comună interioară cercurilor C 1
- Page 72 and 73: k n .Avemk 1 + k 2 + ···+ k n =3
- Page 74 and 75: Probleme propuseClasele primareP.64
- Page 76 and 77:
VII.47. Să serezolveînZ 2 ecuaţi
- Page 78 and 79:
XI.48. Se defineşte şirul (x n )
- Page 80 and 81:
A. Nivel licealL56. Fie ABCD patrul
- Page 82 and 83:
V.37; COHAL Călin: P(48,58,60,63),
- Page 84:
POSTEUCĂ Bogdan(Şc. nr. 5, Braşo