Page 84 - MATINF Nr. 4

˘
84 PROBLEME DE MATEMATICA PENTRU CONCURSURI

Solut ,ie. S , irul (a n ) ) .
n≥0 este m˘arginit, deci are un subs , ir (a n k k≥0 convergent. Fie c = lim a n k
k→∞

,

) − g(a n p − a n p
Cum a n k ∈ [a, b] pentru orice k ∈ N, rezult˘a c˘a c ∈ [a, b]. Avem f(a n k ) ≤ a n k
pentru orice k 6= p, k, p ∈ N. Cum funct , iile f s , i g sunt continue, trecˆand succesiv la limit˘a
p → ∞, k → ∞ rezult˘a c˘a |f(c) − g(c)| ≤ |c − c|, deci f(c) = g(c).

Clasa a XII-a

M 76. Demonstrat ,i c˘a exist˘a o infinitate de numere ˆıntregi n cu proprietatea c˘a pentru orice
3
2
num˘ar ˆıntreg k, num˘arul n + 3kn + n + 3k este divizibil cu 2019.
Stelian Corneliu Andronescu s , i Costel B˘alc˘au, Pites , ti

Solut ,ie. Avem 2019 = 3·673, iar 673 este prim. Conform Teoremei lui Wilson, dac˘a p = 2m+1
2
2
este un num˘ar prim impar atunci (m!) ≡ (−1) m+1 (mod p), deci (336!) ≡ −1 (mod 673).
2
Fie n = 336! + M2019. Atunci, pentru orice num˘ar ˆıntreg k, n + 3k este divizibil cu 3 iar n + 1
2
2
3
este divizibil cu 673, deci n + 3kn + n + 3k = (n + 3k)(n + 1) este divizibil cu 2019.
3
M 77. Fie M mult ,imea tuturor tripletelor (a, b, c) ∈ R pentru care a ≥ 1 ≥ b ≥ c, a+b+c < 0
s , i ab + ac + bc = 3.
a) Ar˘atat ,i c˘a pentru orice (a, b, c) ∈ M exist˘a un unic t ∈ [1, ∞) astfel ˆıncˆat
2
3 (t + 1)
a + b + c = − .
2t

b) Calculat ,i max{a + b + c | (a, b, c) ∈ M}.
Leonard Giugiuc s , i Diana Tr˘ailescu, Drobeta Turnu Severin

Solut ,ie. Fie (a, b, c) ∈ M.
2
a) Din (a + b + c) ≥ 3(ab + ac + bc) = 3 s , i a + b + c < 0 obt , inem a + b + c ≤ −3. Deoarece
2
3 (t + 1)
funct , ia f : [1, ∞) → (−∞, −3], f(t) = − este bijectiv˘a, rezult˘a c˘a exist˘a un unic
2t
2
3 (t + 1)
t ∈ [1, ∞) astfel ˆıncˆat a + b + c = − .
2t
2
3 (t + 1)
3
2
b) Fie funct , ia g : R → R, g(x) = (x − a)(x − b)(x − c) = x + · x + 3x − abc.
2t
2
2
3t + 8t + 3 3t + 8t + 3
Avem 0 ≥ (1 − a)(1 − b)(1 − c) = g(1) = − abc, deci abc ≥ , (1).
2t 2t
2
3 (t + 1)
0
2
Pe de alt˘a parte, g (x) = 3x + · x + 3, deci punctele critice ale funct , iei g sunt −t
t
1 1
s , i − . Evident, −t ≤ − . Cum ecuat , ia g(x) = 0 are r˘ad˘acinile a, b, c, iar lim g(x) = −∞
t t x→−∞
1
 ‹
s , i lim g(x) = +∞, utilizˆand s , irul lui Rolle rezult˘a c˘a g(−t) ≥ 0 s , i g − ≤ 0. Din
x→∞ t
3
2
3
t − 3t t − 3t 3t + 8t + 3
g(−t) ≥ 0 obt , inem ≥ abc, (2). Din (1) s , i (2) rezult˘a c˘a ≥ , de
2 2 2t
3
unde obt , inem (t−3)(t+1) ≥ 0, deci t ≥ 3. Cum funct , ia f este strict descresc˘atoare, deducem c˘a
a + b + c = f(t) ≤ f(3) = −5. Astfel max{a + b + c | (a, b, c) ∈ M} ≤ −5. Dar (1, −3, −3) ∈ M
s , i 1 + (−3) + (−3) = −5, deci max{a + b + c | (a, b, c) ∈ M} = −5.