Page 88 - REVISTA MATINF Nr. 5

˘
88 PROBLEME DE MATEMATICA PENTRU CONCURSURI

√ 1 1
Solut ,ie. Avem 2 log (a + 1) > 2 log (2 a) = 1 + 2 log 2, deci < =
a
a
a
2 log (a + 1) − 1 2 log 2
a
a
log a . Astfel 1 + 1 < log a + log b = log (ab) = log 4 = 1.
2
2
2
2
2
2 2 log (a + 1) − 1 2 log (b + 1) − 1 2 2 2
b
a
n
M 88. Fie n ∈ N, n ≥ 2. Rezolvat ,i ˆın C ecuat ,ia z + |z| = 2.
Daniel Jinga, Pites , ti

n
n
Solut ,ia 1. Scriind ecuat , ia sub forma z = 2 − |z|, trecˆand la modul obt , inem |z| = 2 − |z| .

n
n
Dac˘a |z| ≤ 2, rezult˘a c˘a |z| = 2 − |z|, adic˘a |z| − 1 + |z| − 1 = 0, sau, echivalent,
(|z| − 1) (|z| n−1 + . . . + |z| + 1) = 0. Cum |z| ≥ 0, rezult˘a c˘a |z| = 1 s , i ecuat , ia dat˘a devine
n
z = 1, deci z ∈ U n .
n
Dac˘a |z| > 2, rezult˘a c˘a |z| = |z| − 2, adic˘a |z| (|z| n−1 − 1) + 2 = 0, fals.
ˆ
In concluzie, mult , imea solut , iilor ecuat , iei date este S = U n .
Solut ,ia 2 (Daniel V˘acaru, Pites , ti). Cu forma trigonometric˘a z = r(cos t + i sin t), unde r ≥ 0 s , i
n
n
n
n
t ∈ [0, 2π), ecuat , ia devine r cos nt + ir sin nt + r = 2, deci r cos nt + r = 2 s , i r sin nt = 0.
n
r = 0 nu convine, deci sin nt = 0, de unde cos nt = ±1. Obt , inem r + r = 2, (1), sau
n
n
−r +r = 2, (2). Din monotonia funct , iei r → r +r, (1) are solut , ia unic˘a r = 1. De asemenea,
n
(2) se transform˘a ˆın r − r + 2 = 0. Aceast˘a ecuat , ie nu are solut , ii, deoarece pentru r < 1 avem
n
n
n
r − r + 2 = r + (1 − r) + 1 > 1, iar pentru r ≥ 1 avem r − r + 2 = r (r n−1 − 1) + 2 ≥ 2. Am
2kπ 2kπ 2kπ
obt , inut c˘a r = 1 s , i cos nt = 1. Astfel t = cu k ∈ {0, 1, . . . , n−1}, iar z = cos +i sin .
n n n
4
4
4
M 89. Un num˘ar natural nenul n se numes , te interesant dac˘a 1 + 2 + . . . + n se divide cu
2
2
2
1 + 2 + . . . + n . Demonstrat ,i c˘a dintre orice cinci numere naturale nenule consecutive se pot
alege dou˘a interesante.
Cristinel Mortici, Viforˆata
n n (n + 1) (2n + 1)
∗
2
Solut ,ie (Daniel V˘acaru, Pites , ti). Fie n ∈ N . Utilizˆand formulele P k =
k=1 6
2
n n (n + 1) (2n + 1) (3n + 3n − 1)
P 4
s , i k = , rezult˘a c˘a n este interesant dac˘a s , i numai dac˘a
k=1 30
2
3n + 3n − 1 se divide cu 5. Astfel avem echivalent , ele: n este interesant ⇔ 3n(n + 1) = M5 + 1
⇔ n(n + 1) = M5 + 2 ⇔ n = M5 + 1 sau n = M5 + 3.
Rezult˘a c˘a printre orice cinci numere naturale nenule consecutive exist˘a exact dou˘a interesante,
unul de forma M5 + 1 s , i unul de forma M5 + 3.
M 90. Ar˘atat ,i c˘a ˆın orice triunghi ABC are loc inegalitatea
Ê Ê Ê
2ab 2bc 2ca
+ + ≥ 3.
c(a + b) a(b + c) b(c + a)
Leonard Giugiuc, Drobeta Turnu Severin