Page 93 - REVISTA MATINF Nr. 5

˘
PROBLEME DE MATEMATICA PENTRU CONCURSURI 93

3
• ˜
0
2
2
2
2
2
orice t ∈ 0, , unde g(t) = (t +k) [(3 − 2t) + k]. Avem g (t) = 12(t−1)(2t −3t+k)(t +k) =
2 √ √
3 − 9 − 8k 3 + 9 − 8k
2
24(t − 1)(t − t 1 )(t − t 2 )(t + k), unde t 1 = s , i t 2 = . Cum 0 < t 1 <
4 4
3
3 § ª
1 < t 2 < , deducem c˘a max g(t) ∈ g(0), g(1), g . Deci k verific˘a proprietatea din enunt ,
2 t∈[0, ] 2
3
2
 ‹
3
2
2
dac˘a s , i numai dac˘a g(0) ≤ g(1) s , i g ≤ g(1), adic˘a 6k − 3k − 1 ≤ 0 s , i 24k + 33k − 16 ≤ 0,
√ 2 √ √
33 + 3 5 105 − 33 5 105 − 33
 ˜  ˜  ˜
cu k ∈ (0, 1), adic˘a k ∈ 0, ∩ 0, = 0, .
12 48 48
√
5 105 − 33
ˆ .
In concluzie, cea mai mare valoare a lui k cu proprietatea din enunt , este k =
48
M 99. Se consider˘a funct ,ia f : [0, ∞) → [0, 1) astfel ˆıncˆat

È È
ln 1 + f(x) = x + ln 1 − f(x) , ∀x ∈ [0, ∞).
a) Demonstrat ,i c˘a ecuat ,ia funct ,ional˘a are solut ,ie.
b) Ar˘atat ,i c˘a f admite primitive.
√
a b 1 + x
Z b−1 Z 1−a
c) Fie a, b ∈ (0, 1) cu a < b. Ar˘atat ,i c˘a f(x) dx + ln √ dx > 1.
0 0 1 − x
Floric˘a Anastase, Lehliu Gar˘a

p
1 + f (x)
x
Solut ,ie (Daniel V˘acaru, Pites , ti). a) Putem scrie, echivalent, p = e , deci
1 − f (x)
e − 1
 x ‹ 2
f (x) = ∈ [0, 1), ∀x ∈ [0, ∞).
e + 1
x
b) Evident, f este continu˘a, deci admite primitive.

1 − x
ln x x + ln x
0
c) Fie funct , ia auxiliar˘a g : (0, 1) → R, g(x) = , avˆand derivata g (x) = .
1 − x (1 − x) 2
1 − x x − 1
0
Fie h : (0, 1] → R, h(x) = + ln x. Avem h (x) = < 0 pentru orice x ∈ (0, 1),
x x 2
deci h este strict descresc˘atoare. Pentru orice x ∈ (0, 1) avem h(x) > h(1) = 0, prin urmare
ln a ln b
0
g (x) > 0, deci g este strict cresc˘atoare. Astfel avem implicat , iile a < b ⇒ < ⇒
1 − a 1 − b
a 1−b < b 1−a ⇒ 1 < b 1−a b−1 . Cum funct , ia f este strict cresc˘atoare, bijectiv˘a, cu inversa
a
√
1 + x
f : [0, 1) → [0, ∞), f −1 (x) = ln √ s , i f(0) = 0, conform Inegalit˘at ,ii lui Young obt , inem
1 − x
√
a b 1 + x
Z b−1 Z 1−a
b
f(x) dx + ln √ dx ≥ a b−1 1−a > 1.
0 0 1 − x