(a + b + c) 3 − ¡ a 3 + b 3 + c 3¢ =3(a + b + c) − 3abc. (2)Observăm că din3=3(ab + bc + ca) ≤ (a + b + c) 2 rezultă că a + b + c ≥ √ 3,iardin 1=ab+bc+ca ≥ 3 3√ a 2 b 2 c 2 deducem că abc ≤ 13 √ . Revenind la (2) vom obţine3(a + b + c) 3 − ¡ a 3 + b 3 + c 3¢ ≥ 3 √ 3 − √ 1 = 8√ 33 3 .Soluţia II (Marius Pachiţariu, elev,Iaşi). Cum ab + ac + bc =1, avem:a 3 + b 3 + c 3 − 3abc =(a + b + c) ¡ a 2 + b 2 + c 2 − ab − ac − bc ¢ =hi=(a + b + c) (a + b + c) 2 − 3(ab + ac + bc) =(a + b + c) 3 − 3(a + b + c) .Astfel, inegalitatea de la punctul b) se va scrie 3(a + b + c) − 3abc ≥ 8√ 3sau3a + b + c − abc ≥ 8√ 39 . (2)Pentru a justifica inegalitatea (2), vom demonstra dubla inegalitate:ra + b + c ab + bc + ca≥≥ 3√ abc, ∀a, b, c > 0. (3)33Pentruprimapartearelaţiei (3), observăm căµ 2 a + b + c ab + bc + ca≥ ⇔ (a + b + c) 2 ≥ 3(ab + ac + bc) ⇔33⇔ (a − b) 2 +(b − c) 2 +(c − a) 2 ≥ 0,evident adevărată. Pentru partea a doua, folosim inegalitatea mediilor:r qrab + bc + ca³3√≥√ ´23ab · bc · ca = abc√ 3= abc.3Revenind la inegalitatea (2), avem:r Ãr ! 3ab + bc + ca ab + bc + caa + b + c − abc ≥ 3−= 8√ 3339 .Soluţia III (dată de autor). Din inegalitatea lui Carlson:r r3 (a + b)(b + c)(c + a) ab + bc + ca≥, ∀a, b, c > 083şi identitatea (1), rezultă că:(a + b + c) 3 − ¡ a 3 + b 3 + c 3¢ =3(a + b)(b + c)(c + a) ≥Ãr ! 3ab + bc + ca1≥ 3 · 8=3· 8 ·33 √ 3 = 8√ 33 .VIII.38. Fie n ∈ N fixat. Arătaţi că există o infinitate de numere x, y, z ∈ Zastfel încât x 2n + y 2n + z 2n = x 2n+1 + y 2n+1 + z 2n+1 .Lucian Tuţescu, Craiova54
Soluţie. Dacă luăm z = −y, atunci din relaţia dată, obţinem:2y 2n = x 2n (x − 1) . (1)Osoluţie a acestei din urmă ecuaţii putem găsi alegând x − 1=2a 2n , a ∈ Z ∗ .Într-adevăr, în acest caz egalitatea (1) devine 2y 2n = ¡ 2a 2n +1 ¢ 2n· 2a 2n , de undegăsim y = ±a ¡ 2a 2n +1 ¢ . Deci, există o infinitate de numere cu proprietatea dată:x =1+2a 2n , y = a ¡ 2a 2n +1 ¢ , z = −a ¡ 2a 2n +1 ¢ , a ∈ Z ∗ .VIII.39. Fie ABCD un patrulater strâmb cu [AD] ≡ [BC]. Să se construiascădreptele paralele d 1 ,d 2 ,d 3 ,d 4 astfel încât A ∈ d 1 , B ∈ d 2 , C ∈ d 3 , D ∈ d 4 şidist (d 1 ,d 4 )=dist(d 2 ,d 3 ).Horia Mihail Teodorescu, elev, IaşiSoluţie. Fie d odreaptă care face unghiuri egale cu AD şi BC (evident, putemgăsi o astfel de dreaptă). Dreptele d 1 , d 2 , d 3 şi d 4 ,duseprinA, B, C, respectivD şi paralele cu d, satisfac condiţiile problemei. Într-adevăr, dacă notăm cu E şi Fpicioarele perpendicularelor din A şi B pe d 4 ,respectivd 3 avem că 4AED ≡ 4BFC(I. U.), deci AE = BF, adică dist (d 1 ,d 4 )=dist(d 2 ,d 3 ).VIII.40. Fie ABCDA 0 B 0 C 0 D 0 un cub, iar O ∈ (BB 0 ). Dreptele A 0 O şi C 0 Ointersectează (ABC) în E, respectivF ,iarAO şi CO intersectează (A 0 B 0 C 0 ) înE 0 ,respectivF 0 .a) Arătaţi că EF · E 0 F 0 nu depinde de poziţia lui O;b) Arătaţi că S BB 0 E 0 E ≥ S ABCD şi determinaţi O pentru care se atinge egalitatea.Monica Nedelcu, IaşiSoluţie. a) Cum (A 0 B 0 C 0 ) kE´(ABC) şi (EOF) ∩ (A 0 B 0 C 0 )=A 0 C 0 ,C´ B´(EOF) ∩ (ABC) = EF, rezultă căF´EF k A 0 C 0 , deci 4A 0 OC 0 ∼ 4EOF,Ede unde deducem căD´ A´EFOA 0 C 0 = EOOA 0 = BOB 0 O . (1)Analog, putem demonstra că 4AOC ∼4E 0 OF 0 ,deciC BFE 0 F 0AC= E0 OOA = B0 OOB . (2)D ADin (1) şi (2), obţinem EF · E0 F 0AC · A 0 C 0 =1, deci EF · E 0 F 0 = AC 2 =const.b) Fie B 0 O = x. Atunci, avem B0 E 0= x BE şi = a − xa a − x aS BB0 E 0 E = BB0 · (B 0 E 0 µ+ BE)= a2 x22 a − x + a − xxEgalitatea are loc dacă şi numai dacă. De aici rezultă căx≥ a22 · 2=a2 = S ABCD .xa − x =1,adică x = a , ceea ce înseamnă că2O este mijlocul segmentului [BB 0 ].Clasa a IX-aIX.36. Determinaţi x
- 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 26 and 27: Pentru x = y =0,obţinem f (0) = 1
- 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 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