Page 101 - MATINF Nr. 3

˘
PROBLEME DE MATEMATICA PENTRU CONCURSURI 101

˘
PROBLEME DE MATEMATICA PENTRU
CONCURSURI

Rezolvarea problemelor pentru liceu din MATINF nr. 1

Clasa a IX-a

∗
M 21. Demonstrat ,i c˘a pentru orice n ∈ N s , i x ≥ 0 are loc inegalitatea
n k
(2 + x)
X n
≥ 2 − 1.
2 + kx
k=1
Cˆand are loc egalitatea?
Dorin M˘arghidanu, Corabia

∗
Solut ,ie. Pentru orice a > 0, x ≥ 0 s , i k ∈ N , utilizˆand Inegalitatea lui Bernoulli avem
k
(a + x) ≥ a k−1 (a + kx), cu egalitate dac˘a s , i numai dac˘a k = 1 sau x = 0. Prin urmare
n
n
P (a + x) k P a − 1
n
≥ a k−1 = , pentru a 6= 1. Pentru a = 2 obt , inem inegalitatea din enunt , .
a + kx a − 1
k=1 k=1
Egalitatea are loc dac˘a s , i numai dac˘a n = 1 sau x = 0.
M 22. Demonstrat ,i identitatea
" #
ï ò
o
2n−1 n»
X n − 1 ∗
k(k + 1) = , ∀ n ∈ N ,
2
k=n
unde [x] s , i {x} reprezint˘a partea ˆıntreag˘a, respectiv partea fract ,ionar˘a a num˘arului real x.
Nicolae St˘aniloiu, Bocs , a
© ó
2n−1 ¶p
P îp
Solut ,ie. Fie S = k(k + 1) . Pentru orice k ∈ N avem k(k + 1) = k, deoarece
k=n
ä
p 2n−1 Äp
P
k ≤ k(k + 1) < k + 1. Rezult˘a c˘a S = k(k + 1) − k . Conform Inegalit˘at ,ii mediilor
k=n
2k(k + 1) p 2k + 1 k p 1
avem < k(k + 1) < , deci < k(k + 1) − k < , pentru orice
2k + 1 2 2k + 1 2
k 1 Å 1 ã
k = n, 2n − 1. Funct , ia f(k) = = 1 − este strict cresc˘atoare pe N, deci
2k + 1 2 2k + 1
n − 1 p 1
f(k) > f(n−1) s , i astfel < k(k + 1)−k < , pentru orice k = n, 2n − 1. Prin adunare
2n − 1 2
ï ò ï ò ï ò
n(n − 1) n n(n − 1) n − 1 n − 1 n n + 1 n − 1
obt , inem < S < . Cum ≥ ≥ s , i ≤ = +1,
2n − 1 2 2n − 1 2 2 2 2 2
n − 1 n − 1 n − 1
ï ò ï ò ï ò
rezult˘a c˘a < S < + 1, deci [S] = .
2 2 2
6
M 23. Rezolvat ,i ˆın (0, ∞) sistemul

 a 1 + a 2 + a 3 − a 4 − a 5 − a 6 = 3
2
2
2
2
2
2
a + a + a + a + a + a = 9 .
6
5
2
1
4
3
a 1 a 2 a 3 a 4 a 5 a 6 = 1

Leonard Giugiuc s , i Diana Tr˘ailescu, Drobeta Turnu Severin