Page 89 - REVISTA MATINF Nr. 5

˘
PROBLEME DE MATEMATICA PENTRU CONCURSURI 89

Solut ,ie. Vom utiliza urm˘atoarele dou˘a rezultate.

Lema 1 (R˘adulescu - Maftei, Gazeta Matematic˘a; o generalizare recent˘a obt , inut˘a de L. Giugiuc
este Problema 485 din Gazeta Matematic˘a Seria A, nr. 3-4/2018). Dac˘a x, y s , i z sunt lungimile
É É É
y + z − x z + x − y x + y − z
laturilor unui triunghi ascut , itunghic, atunci + + ≥ 3.
x y z
1 1 1 1
Lema 2. Dac˘a a, b s , i c sunt lungimile laturilor unui triunghi, atunci numerele + , + s , i
a b b c
1 1
+ sunt lungimile laturilor unui triunghi ascut , itunghic.
c a
 ‹ 2  ‹ 2  ‹ 2
1 1 1 1 1 1
Demonstrat ,ie: Este suficient s˘a ar˘at˘am c˘a + + + > + , inegalitate
b c c a a b
1 a + b − c
echivalent˘a cu + > 0, adev˘arat.
c 2 abc
Revenind acum la problema dat˘a, concluzia se obt , ine imediat aplicˆand Lema 1 pentru
1 1 1 1 1 1
x = + , y = + s , i z = + .
b c c a a b

Clasa a XI-a

 ‹
1 2 3 4 5 6 7 8
M 91. Cˆate solut ,ii are ecuat ,ia x 2019 = , x ∈ S 8 ?
2 3 4 5 6 7 8 1

Stelian Corneliu Andronescu s , i Costel B˘alc˘au, Pites , ti

Solut ,ie. Notˆand cu a permutarea din membrul drept, din x 2019 = a rezult˘a ax = xa, de
k
unde, deoarece permutarea a este un ciclu, deci are ordinul ord (a) = 8, rezult˘a c˘a x = a cu
k
k ∈ {0, 1, . . . , 7} (ˆıntr-adev˘ar, dac˘a x(1) = k + 1, cu k ∈ {0, 1, . . . , 7}, atunci x(1) = a (1), deci
k
k
k
x(2) = x(a(1)) = a(x(1)) = a k+1 (1) = a (2) s , i, analog, x(3) = a (3), . . . , x(8) = a (8), deci
k
x = a , care verific˘a ax = xa). Astfel ecuat , ia devine a 2019k = a, care, deoarece ord (a) = 8, este
echivalent˘a cu 2019k = M8 + 1. Cum 2019 = M8 + 3, aceast˘a ecuat , ia devine 3k = M8 + 1, cu
 ‹
1 2 3 4 5 6 7 8
3
solut , ia k = 3. Rezult˘a c˘a ecuat , ia dat˘a are solut , ia unic˘a x = a = .
4 5 6 7 8 1 2 3
2
2
M 92. Fie A, B ∈ M 3 (C) cu proprietatea c˘a A + B = 2AB. Ar˘atat ,i c˘a
2
2
2
det(A + B) = 8 det(A + B ).
Daniel Jinga, Pites , ti
2
3
2
Solut ,ie. Fie f : C → C, f(x) = det (A + B + x(AB − BA)) = x det(AB − BA) +
2
2
2
2
2
ax + bx + det(A + B ), unde a, b ∈ C. Avem f(i) = det (A + B + iAB − iBA) =
2
2
det ((A − iB)(A + iB)) s , i f(−i) = det (A + B − iAB + iBA) = det ((A + iB)(A − iB)). Re-
2
2
zult˘a c˘a f(i) = f(−i), adic˘a i (b − det(AB − BA))−a+det(A +B ) = −i (b − det(AB − BA))−
2
2
2
2
2
3
a + det(A + B ), deci b = det(AB − BA) s , i astfel f(x) = bx + ax + bx + det(A + B ). Dar
2
2
2
2
f(0) = det(A +B ) = det(2AB) iar f(−2) = det(A +B −2AB +2BA) = det(2BA). Rezult˘a