Page 81 - MATINF Nr. 6

˘
PROBLEME DE MATEMATICA PENTRU CONCURSURI 81

M 105. Demonstrat ,i c˘a ˆın orice triunghi ABC avem

1  2r ‹ 2  2 A 2 B 2 C ‹ a 2 b 2 c 2 2r  2 A 2 B 2 C ‹
ctg + ctg + ctg ≤ + + ≤ ctg + ctg + ctg .
3 R 2 2 2 bc ac ab 3R 2 2 2

Marin Chirciu, Pites , ti

2
3
2
2
2
3
a 2 b 2 c 2 a + b + c 3 2p (p − 3r − 6Rr) p − 3r − 6Rr
Solut ,ie. Avem + + = = = , (1).
bc ac ab abc 4Rrp 2Rr
Ê
2
2
A p(p − a) A B C p − 2r − 8Rr
Cum ctg 2 = , obt , inem ctg 2 + ctg 2 + ctg 2 = , (2).
2 (p − b)(p − c) 2 2 2 r 2
2
2
2
2
p − 3r − 6Rr 4r 2 p − 2r − 8Rr
Conform (1) s , i (2), prima inegalitate din enunt , devine ≥ · ,
2Rr 3R 2 r 2
2
2
2
adic˘a p (3R − 8r) ≥ r (18R − 55Rr − 16r ).
2
2
Cazul 1. 3R − 8r ≥ 0. Folosind Inegalitatea lui Gerretsen p ≥ 16Rr − 5r , este suficient
2
2
2
2
2
s˘a ar˘at˘am c˘a (16Rr − 5r ) (3R − 8r) ≥ r (18R − 55Rr − 16r ), adic˘a 15R − 44Rr + 28r ≥ 0,
adic˘a (R − 2r)(15R − 14r) ≥ 0, adev˘arat˘a conform Inegalit˘at ,ii lui Euler R ≥ 2r.
2
2
2
Cazul 2. 3R − 8r < 0. Folosind Inegalitatea lui Gerretsen p ≤ 4R + 4Rr + 3r ,
2
2
2
2
este suficient s˘a ar˘at˘am c˘a (4R + 4Rr + 3r ) (3R − 8r) ≥ r (18R − 55Rr − 16r ), adic˘a
3
2
3
2
6R − 19R r + 16Rr − 4r ≥ 0, adic˘a (R − 2r)(2R − r)(3R − 2r) ≥ 0, adev˘arat˘a conform
Inegalit˘at ,ii lui Euler.
2
2
2
2
p − 3r − 6Rr 2r p − 2r − 8Rr
Conform (1) s , i (2), a doua inegalitate din enunt , devine ≤ · ,
2Rr 3R r 2
2
2
2
2
adic˘a p ≥ 14Rr −r . Folosind din nou Inegalitatea lui Gerretsen p ≥ 16Rr −5r , este suficient
2
2
s˘a ar˘at˘am c˘a 16Rr − 5r ≥ 14Rr − r , adic˘a R ≥ 2r, care este chiar Inegalitatea lui Euler.
Remarc˘am c˘a fiecare dintre cele dou˘a inegalit˘at , i devine egalitate dac˘a s , i numai dac˘a triunghiul
este echilateral.
Clasa a X-a
∗
M 106. Fie n ∈ N . Rezolvat ,i ˆın R ecuat ,ia ln ((n + 1)x − 2n) = (n + 1) ln x − n ln 2.
Marin Chirciu, Pites , ti
2n
Solut ,ie (Daniel V˘acaru, Pites , ti). Condit , ia de existent , ˘a: x > . Ecuat , ia este echivalent˘a cu
n + 1
x n+1
(n + 1) x = 2n + . Dar, aplicˆand Inegalitatea mediilor, avem
2 n
Ê
x n+1 x n+1 n+1 x n+1
n
2n + = 2 + 2 + . . . + 2 + ≥ (n + 1) 2 · = (n + 1) x.
2 n | {z } 2 n 2 n
n termeni
Cum avem egalitate, se obt , ine solut , ia unic˘a x = 2.