Page 128 - MATINF Nr. 13-14

˘
128 PROBLEME DE MATEMATICA PENTRU CONCURSURI

M 207. Fie x, y, z > 0 astfel ˆıncˆat xyz = 1 s , i fie k ∈ (0, 2]. Ar˘atat ,i c˘
a
(xy + z)(xz + y) (yz + x)(yx + z)
+
(x + yz)[1 + k(xy + z)(xz + y)] (y + zx)[1 + k(yz + x)(yx + z)]
(zx + y)(zy + x) 2
+ < .
(z + xy)[1 + k(zx + y)(zy + x)] k

a
Floric˘ Anastase, Lehliu-Gar˘a
Solut ,ie. Cum xyz = 1, avem

(xy + z)(xz + y) xz(xy + z)y(xz + y)
=
(x + yz)[1 + k(xy + z)(xz + y)] x(x + yz)[yz + kz(xy + z)y(xz + y)]
x
2
2
x(y + 1)(z + 1) 1 + x 2
= = y z
(x + 1)[yz + k(y + 1)(z + 1)] · + k
2
2
2
1 + y 2 1 + z 2
s , i analoagele, deci notˆand
x y z
a = , b = , c =
1 + x 2 1 + y 2 1 + z 2
a
trebuie s˘a ar˘at˘am c˘
a b c 2
+ + < .
bc + k ca + k ab + k k
1 1
a
a
Evident, 0 < a, b, c ≤ . F˘ar˘ a restrˆange generalitatea, putem presupune c˘ 0 < a ≤ b ≤ c ≤ .
2 2
a b c a b c a + b + 1
Atunci avem + + ≤ + + < s , i astfel
bc + k ca + k ab + k ab + k ab + k ab + k ab + k
a + b + 1 2
a
a
este suficient s˘a ar˘at˘am c˘a ≤ , adic˘ 2ab + 2k ≥ k(a + b + 1), adic˘
ab + k k
(2 − k)ab + k(1 − a)(1 − b) ≥ 0,
1
adev˘arat, deoarece 0 < a, b ≤ s , i 0 < k ≤ 2.
2

M 208. Fie ABCD un dreptunghi cu AB = 8a s , i BC = 9a, unde a > 0. Fie punctele E, F s , i
−−→ −−→ −→ −−→ −→ −−→
G astfel ˆıncˆat 3CE = 5ED, 4AF = 5FD s , i AG = 2GE.
a
a) Ar˘atat ,i c˘ punctele C, F s , i G sunt coliniare.
b) Calculat ,i aria patrulaterului DEGF.

Marin Chirciu, Pites , ti

Solut ,ie (Miguel Amengual Covas, Spania). a) Produsul rapoartelor ˆın care punctele C, F s , i G
ˆımpart laturile triunghiului EDA este

EC DF AG 5 4 2
· · = · · = 1,
CD FA GE 8 5 1
a
a
deci conform reciprocei Teoremei lui Menelaus rezult˘ c˘ punctele C, F s , i G sunt coliniare.