Page 92 - REVISTA MATINF Nr. 5

˘
92 PROBLEME DE MATEMATICA PENTRU CONCURSURI

∗
M 97. Fie a ∈ R , b ∈ R s , i legea de compozit ,ie ◦ : R × R → R,

x ◦ y = axy − ab(x + y) + b(1 + ab), ∀x, y ∈ R.

p
∗
Pentru orice n ∈ N , fie x n solut ,ia ecuat ,iei x ◦ x ◦ . . . ◦ x = a +b, unde p este un num˘ar natural
| {z }
de 2n+1 ori x
fixat. Calculat ,i lim x n .
n→∞
Marin Chirciu, Pites , ti

Solut ,ie (Daniel V˘acaru, Pites , ti). Se observ˘a c˘a x ◦ y = a (x − b) (y − b) + b s , i, prin induct , ie,
2n
p
2n
se arat˘a c˘a x ◦ x ◦ . . . ◦ x = a (x − b) 2n+1 + b. Se obt , ine ecuat , ia a (x n − b) 2n+1 + b = a + b,
| {z }
de 2n+1 ori x
√ 1
avˆand solut , ia x n = b + 2n+1 a p−2n . Trecˆand la limit˘a, g˘asim lim x n = b + .
n→∞ a
M 98. Determinat ,i cel mai mare num˘ar real k pentru care inegalitatea
2
2
2
(a + k)(b + k)(c + k) ≤ (1 + k) 3
are loc pentru orice a, b, c ∈ [0, ∞) astfel ˆıncˆat a + b + c = 3.

Leonard Giugiuc, Drobeta Turnu Severin s , i Costel B˘alc˘au, Pites , ti

2
Solut ,ie. Considerˆand funct , ia f : [0, 3] → R, f(x) = ln(x + k), inegalitatea din enunt , este
2
2(k − x )
00
evident echivalent˘a cu f(a) + f(b) + f(c) ≤ 3f(1). Avem f (x) = .
2
(x + k) 2
√
Cazul 1. k > 1. Atunci f este strict convex˘a pe [0, 3] ∩ [0, k]. Pentru k ≤ 4 lu˘am
√
√
ˆ
a = k, b = 1 s , i c = 2 − k, iar pentru k > 4 lu˘am a = 2, b = 1 s , i c = 0. In ambele
√
situat , ii avem a, b, c ∈ [0, 3] ∩ [0, k] s , i a + b + c = 3. Conform Inegalit˘at ,ii lui Jensen avem
a + b + c
 ‹
f(a) + f(b) + f(c) > 3f = 3f(1), deci orice k > 1 nu verific˘a proprietatea dat˘a.
3
Cazul 2. k = 1. Atunci luˆand a = 3 s , i b = c = 0 avem f(a) + f(b) + f(c) = ln 10 > 3 ln 2 =
3f(1), deci nici k = 1 nu verific˘a proprietatea dat˘a.
Cazul 3. k ∈ (0, 1). Atunci f este strict concav˘a pe [1, 3]. Vom utiliza urm˘atorul rezultat ce
extinde Inegalitatea lui Jensen:

Teorema funct , iilor semi-convexe (Vasile Cˆırtoaje, 2004) (Teorema de la pag. 3 din Mathema-
tical inequalities, Volumul 4: Extensions and refinements of Jensen’s inequality, Editura Univer-
sit˘at , ii Petrol-Gaze din Ploies , ti, 2018; http://ac.upg-ploiesti.ro/vcirtoaje/math_ineq_4.pdf)
Fie I ⊆ R un interval, s un punct interior al lui I s , i f : I → R o funct , ie convex˘a pe I ∩ (−∞, s]

a 1 + a 2 + . . . + a n
sau pe I ∩ [s, +∞). Atunci inegalitatea f(a 1 ) + f(a 2 ) + . . . + f(a n ) ≥ nf
n
are loc pentru orice a 1 , a 2 , . . . , a n ∈ I a.ˆı. a 1 + a 2 + . . . + a n = ns dac˘a s , i numai dac˘a
f(x) + (n − 1)f(y) ≥ nf(s) pentru orice x, y ∈ I a.ˆı. x + (n − 1)y = ns.
Aplicˆand aceast˘a teorem˘a (pentru funct , ia −f), inegalitatea f(a)+f(b)+f(c) ≤ 3f(1) are loc
pentru orice a, b, c ∈ [0, ∞) cu a + b + c = 3 dac˘a s , i numai dac˘a 2f(t) + f(3 − 2t) ≤ 3f(1) pentru
• ˜
3
orice t ∈ 0, . Astfel k verific˘a proprietatea din enunt , dac˘a s , i numai dac˘a g(t) ≤ g(1) pentru
2