Page 101 - MATINF Nr. 11-12

˘
PROBLEME DE MATEMATICA PENTRU CONCURSURI 101

3
0
0
2
2
h(x) = 2x + x − 1. Avem h (x) = 6x + 2x = 2x(3x + 1), deci ecuat , ia h (x) = 0 are
1 Å 1 ò ï 1 ò
solut , iile − s , i 0, h este strict cresc˘atoare pe −∞, − , strict descresc˘atoare pe − , 0
3 3 3
Å ã
1 26
s , i strict cresc˘atoare pe [0, +∞). Cum lim h(x) = −∞, h − = − , h(0) = −1 s , i
x→−∞ 3 27
lim h(x) = +∞, folosind s , irul lui Rolle rezult˘a c˘a ecuat , ia h(x) = 0 are exact o solut , ie x 0 .
x→+∞
1 1 3 13 1 3
Å ã Å ã Å ã
Mai mult, cum h = − < 0 s , i h = > 0, deducem c˘a x 0 ∈ , . Astfel
2 2 4 32 2 4
h(x)
0
g (x) = este negativ˘a pe (−∞, x 0 ) \ {0}, zero ˆın x 0 s , i pozitiv˘a pe (x 0 , +∞), deci g(x)
x 2
este strict descresc˘atoare pe (−∞, 0), strict descresc˘atoare pe (0, x 0 ] s , i strict cresc˘atoare pe
[x 0 , +∞). Cum lim g(x) = +∞, lim g(x) = −∞, lim g(x) = +∞ s , i lim g(x) = +∞,
x→−∞ x%0 x&0 x→+∞
folosind s , irul lui Rolle rezult˘a c˘a pentru a demonstra c˘a ecuat , ia g(x) = 0 are exact o solut , ie
1 3
ˆ
este suficient s˘ ar˘at˘am c˘ g(x 0 ) > 0. Intr-adev˘ar, utilizˆand c˘ h(x 0 ) = 0 s , i c˘ < x 0 < avem
a
a
a
a
2 4
2
3
2
x + x + 1 1−x 2 0 + x + 1 x 0 3 1 3 4 9
0
g(x 0 ) = 0 0 + m = 2 + m = + + m > + · + m = + m > 0.
x 0 x 0 2 2x 0 4 2 3 4
Solut ,ia 2. (Titu Zvonaru, Com˘anes , ti). Fie a, b, c r˘ad˘acinile ecuat , iei f(x) = 0. Conform relat , iilor
lui Viete, a + b + c = −1, ab + bc + ca = m, abc = −1. Avem
3
2
2
2
2
2
(a − b) (b − c) (c − a) = (a + b + c) (ab + bc + ca) − 4(ab + bc + ca) − 4abc(a + b + c) 3
2 2 2
+ 18abc(a + b + c)(ab + bc + ca) − 27a b c
2
3
= m − 4m − 4 + 18m − 27.
2
2
2
Presupunem c˘a a, b, c sunt numere reale; atunci (a − b) (b − c) (c − a) ≥ 0, adic˘a
2
3
4m − m − 18m + 31 ≤ 0, (1).
2
3
Ecuat , ia 4m − m − 18m + 31 = 0 are o singur˘a r˘ad˘acin˘a real˘a m 0 ≈ −2,6107, iar pentru
3 2
a
a
m > m 0 avem 4m − m − 18m+ 31 > 0. Contradict , ia cu relat , ia (1) ne arat˘ c˘ pentru m > m 0
a
ecuat , ia f(x) = 0 admite o singur˘a r˘ad˘acin˘ real˘a.
9
Deoarece m 0 > − , rezultatul obt , inut ˆınt˘ares , te put , in enunt , ul.
4
a
M 199. Determinat ,i cea mai mare constant˘ k ≥ 1 pentru care inegalitatea
1 1 1 3
+ + ≤
(ka + b + c) 2 (kb + c + a) 2 (kc + a + b) 2 (k + 2) 2
are loc pentru orice numere reale nenegative a, b s , i c astfel ˆıncˆat ab + bc + ca = 3.
Vasile Cˆırtoaje, Ploies , ti s , i Leonard Mihai Giugiuc, Drobeta Turnu Severin
a
Solut ,ie. Inegalitatea dat˘a se rescrie sub forma omogen˘
1 1 1 9
+ + ≤ .
2
(ka + b + c) 2 (kb + c + a) 2 (kc + a + b) 2 (k + 2) (ab + bc + ca)
1 2 9
a
Pentru a = 0 s , i b = c = 1, inegalitatea devine + ≤ , adic˘
4 (k + 1) 2 (k + 2) 2
3
2
k(k + 6k − 15k − 28) ≤ 0,