Page 90 - REVISTA MATINF Nr. 5

˘
90 PROBLEME DE MATEMATICA PENTRU CONCURSURI

5b
2
2
2
2
c˘a f(0) = f(−2), adic˘a det(A + B ) = −10b + 4a + det(A + B ), deci a = s , i astfel f(x) =
2
5bx 2  1 ‹ b 5b b
2
2
2
3
2
2
2
bx + +bx+det(A +B ). Atunci f − = − + − +det(A +B ) = det(A +B ).
2 2 8 8 2
1 1 1 1 1
 ‹  ‹  ‹
Pe de alt˘a parte, f − = det A + B − AB + BA = det 2AB − AB + BA =
2
2
2 2 2 2 2
3 1 1 1 1
 ‹
2
2
det AB + BA = det(3AB + BA) = det(2AB + AB + BA) = det(A + B + AB +
2 2 8 8 8
1
2
BA) = det(A + B) s , i astfel problema este rezolvat˘a.
8
2
3
M 93. Fie (x n ) un s , ir de numere reale pozitive astfel ˆıncˆat s , irul (n x n + nx ) este
n≥1 n n≥1
2 4
3 2
m˘arginit superior. Ar˘atat ,i c˘a s , irul (y n ) definit prin y n = n x + n x este convergent s , i
n≥1 n n
calculat ,i limita sa.
Dinu Teodorescu, Tˆargovis , te
3
2
3
2
Solut ,ie. Deoarece s , irul (n x n + nx ) este m˘arginit superior s , i n x n , nx ≥ 0 pentru orice
n n≥1 n
1
2
2
n ≥ 1, rezult˘a c˘a s , irul (n x n ) este m˘arginit, deci nx n = · (n x n ) → 0 (cazul 0 × m˘arginit).
n≥1 n
3
2
Analog, y n = nx n (n x n + nx ) converge c˘atre 0.
n
e
e
e
(1 + π ) (2 + π ) · . . . · (n + π )
M 94. Calculat ,i lim .
π
n→∞ (1 + e ) (2 + e ) · . . . · (n + e )
π
π
Floric˘a Anastase, Lehliu Gar˘a
Solut ,ie. Not˘am cu x n s , irul din enunt , . Folosind inegalit˘at , ile cunoscute ln x ≤ x − 1 pentru orice
n k + π e n  k + π e ‹ n 1
e
e
π
π
x > 0 s , i e > π , avem ln x n = P ln π ≤ P π − 1 = − (e − π ) P π =
k=1 k + e k=1 k + e k=1 k + e
π
e
π
e
n
n
e − π P 1 + e π e − π P 1
− ≤ − → −∞, deci lim ln x n = −∞, prin urmare lim x n = 0.
1 + e π k=1 k + e π 1 + e π k=1 k n→∞ n→∞
M 95. Pentru ce valori reale pozitive ale lui k s , i t inegalitatea
Ê
2
a + b 2 a + b |a − b| t
− ≥ k ·
2 2 (a + b) t−1
are loc pentru orice numere reale pozitive a s , i b?
Leonard Giugiuc, Romˆania s , i Tran Hong, elev, Vietnam
Solut ,ie. Putem presupune, f˘ar˘a a restrˆange generalitatea, c˘a a + b = 2 (ˆınmult , ind inegalitatea
2 2a 2b
0
0
dat˘a cu s , i notˆand a = , b = se obt , ine aceeas , i inegalitate, dar ˆın variabilele
a + b a + b a + b
É 2 2
a + b √ √
0
0
0
0
2
a , b s , i cu a + b = 2). Fie = x, deci x ∈ [1, 2). Mai mult, {a, b} = 1 ± x − 1 ,
√ 2 t √
2
deci |a−b| = 2 x − 1. Inegalitatea dat˘a se rescrie ca x−1 ≥ 2k (x − 1) , ∀x ∈ [1, 2), √ (1).
2
2
2−t t
Presupunem prin reducere la absurd c˘a t < 2. Din (1) avem (x−1) 2 ≥ 2k(x+1) 2 , ∀x ∈ (1, 2),
2−t t t ˆ
deci 0 = lim(x − 1) 2 ≥ lim 2k(x + 1) 2 = 2k · 2 2 , fals. Rezult˘a c˘a t ≥ 2. In alt˘a ordine de idei,
x&1 x&1 √
√ t 2 − 1
2
tot din (1) avem 2 − 1 = lim (x − 1) ≥ lim 2k (x − 1) = 2k, deci k ≤ .
2
√
√
x% 2 x% 2 2