Page 86 - MATINF Nr. 6

˘
86 PROBLEME DE MATEMATICA PENTRU CONCURSURI

Cazul 3. a 0 = π. Avem sin(a 0 n + b) = sin(nπ + b). Cum sin(2mπ + b) = sin b s , i
sin ((2m + 1)π + b) = − sin b, rezult˘a c˘a lim sin(nπ +b) exist˘a doar dac˘a sin b = 0, adic˘a b = pπ
n→∞
cu p ∈ Z.

Cazul 4. a 0 ∈ (π, 2π). Pentru a 1 = 2π − a 0 avem sin(a 0 n + b) = − sin(a 1 n − b) s , i a 1 ∈ (0, π),
deci conform Cazului 2 rezult˘a c˘a lim sin(a 0 n + b) nu exist˘a.
n→∞
ˆ
In concluzie, limita lim sin(an + b) exist˘a dac˘a s , i numai dac˘a a = 2kπ cu k ∈ Z sau
n→∞
§
a = π + 2kπ
cu k, p ∈ Z.
b = pπ
M 115. Fie a, b, c, d ≥ 0 astfel ˆıncˆat a + b + c + d = 4.
‹ 2
abc + abd + acd + bcd 3

2
2
2
2
a) Ar˘atat ,i c˘a a + b + c + d + 8 ≥ 2(ab + ac + ad + bc + bd + cd).
4
Cˆand are loc egalitatea?
2
b)* (problem˘a deschis˘a) Exist˘a k > astfel ˆıncˆat inegalitatea
3
 ‹ k
abc + abd + acd + bcd
2
2
2
2
a + b + c + d + 8 ≥ 2(ab + ac + ad + bc + bd + cd)
4
ˆ
s˘a fie adev˘arat˘a pentru orice numere a, b, c, d care ˆındeplinesc condit ,iile date? In caz afirmativ,
determinat ,i valorile lui k.
Leonard Mihai Giugiuc, Drobeta Turnu Severin

Solut ,ie. Vom utiliza urm˘atoarele dou˘a rezultate.
1
• ˜
Lema 1 (problema L 355 din RecMat 2/2018). Fie t ∈ 0, s , i a, b, c, d ≥ 0 astfel ˆıncˆat
3
2
2
2
2
2
2
a+b+c+d = 4 s , i a +b +c +d = 4(3t +1). Atunci abc+abd+acd+bcd ≥ 4(t+1) (1−2t),
cu egalitate pentru (1 + t, 1 + t, 1 + t, 1 − 3t) s , i permut˘arile sale.
Lema 2 (problema MGO 79 din RMGO 1/2018). Fie α ≥ β ≥ 0 s , i a, b, c, d ≥ 0 astfel ˆıncˆat
2
2
2
2
2
2
2
a + b + c + d = 2α + β s , i a + b + c + d = 2α + β . Atunci abc + abd + acd + bcd ≥ α β, cu
egalitate pentru (α, α, β, 0) s , i permut˘arile sale.
2
2
2
2
2
2
2
2
2
a) Cum 4 ≤ a + b + c + d ≤ 16, exist˘a t ∈ [0, 1] astfel ˆıncˆat a + b + c + d = 4(3t + 1),
2
deci ab + ac + ad + bc + bd + cd = 6(1 − t ).
1 4 2
• ˜
Cazul 1. t ∈ 0, . Conform Lemei 1, este suficient s˘a ar˘at˘am c˘a 2 + (t + 1) 3 (1 − 2t) 3 ≥
3
• 1 ˜
4
2
2
2
3(1 − t ), adic˘a f(t) ≥ 0, unde f(t) = (t + 1) 3 (1 − 2t) 3 + 3t − 1, pentru orice t ∈ 0, . Avem
3
É É
 ‹
t + 1 t + 1
0
f (t) = 2t 3 − 2 3 . Deoarece funct , ia ϕ(t) = 3 − 2 3 este strict descresc˘atoare pe
1 − 2t 1 − 2t
• ˜ §  ‹ª  ‹
1 1 1
0, , rezult˘a c˘a min f(t) ∈ f(0), f . Dar f(0) = 0 s , i f > 0, deci f(t) ≥ 0 pentru
3 3 3
1
• ˜
orice t ∈ 0, .
3