Page 10 - MATINF Nr. 4

10 L.M. Giugiuc

È È
2
n (n − 2) t + 1 + n − 1 − n (n − 2) t n−1 n − (n − 2) t 2 − 2 (n − 1) t ≥ 0,
È n
pe 1 ≤ t < . Consider˘am funct , ia
n−2

È È
2
f (t) = n (n − 2) t + 1 + n − 1 − n (n − 2) t n−1 n − (n − 2) t 2 − 2 (n − 1) t
” —
È
pe 1, n . Avem:
n−2

È È
0
f (t) = 2 n (n − 2)t + n − 1 − n (n − 2) n (n − 1) t n−2 − (n − 2) (n + 1) t n − 2 (n − 1)
s , i
00
f (t) È È
2
= 2 − n (n − 2) n − 1 − n (n − 2) t n−3 (n + 1) t − (n − 1) ,
p
n (n − 2)
” È —
2
∀t ∈ 1, n . Cum funct , ia g (t) = t n−3 [(n + 1) t − (n − 1)] este strict cresc˘atoare, ca produs
n−2
00
de funct , ii strict cresc˘atoare s , i strict pozitiv˘a, deducem c˘a f este strict descresc˘atoare. Cum f 00
€ Š
È n
0
00
este continu˘a s , i f (1) > 0, deducem c˘a sau f este strict cresc˘atoare, sau c˘a exist˘a γ ∈ 1,
n−2
” —
È n
0
0
astfel ˆıncˆat f este strict cresc˘atoare pe [1, γ] s , i strict descresc˘atoare pe γ, . Cum f este
n−2
€ È Š
0
continu˘a s , i f (1) = 0, deducem c˘a sau f este strict cresc˘atoare, sau c˘a exist˘a δ ∈ 1, n
n−2
” —
È
astfel ˆıncˆat f este strict cresc˘atoare pe [1, δ] s , i strict descresc˘atoare pe δ, n .
n−2
¦ € È Š©
ˆ n = 0.
In concluzie, min f = min f (1) , f
n−2
È
Cazul 2: t ≥ n .
n−2
Avem:
√ √
É 2 É
n − 2 n − n − 2 n − 2
(a 1 + a 2 + . . . + a n ) + a 1 a 2 . . . a n ≥ (a 1 + a 2 + . . . + a n ) =
n 2 n
 2 ‹
t + 1
È
= n (n − 2) ≥ n − 1.
2t
Demonstrat , ia este complet˘a. S˘a remarc˘am c˘a egalitatea are loc atunci cˆand toate numerele sunt
È n
egale cu 1 sau atunci cˆand un num˘ar este 0 s , i restul sunt egale cu .
n−2
ˆ
In ˆıncheiere, propunem cititorilor spre rezolvare urm˘atoarea:
Fie n ≥ 4 un num˘ar ˆıntreg. Pentru ce valori ale lui k > 0 inegalitatea
√ √
É 2
n − 2 n − n − 2 k
· (a 1 + a 2 + . . . + a n ) + · (a 1 a 2 . . . a n ) ≥ n − 1
n 2
P n(n−1)
are loc ∀a 1 , a 2 , . . . , a n ≥ 0, astfel ˆıncˆat a i a j = ?
2
1≤i<j≤n
Bibliografie
[1] L.M. Giugiuc, An Unusual Configuration, MATINF, nr. 3 (2019), 25-26.