Page 105 - MATINF Nr. 7

˘
PROBLEME DE MATEMATICA PENTRU CONCURSURI 105

2
1 −1 − ln 3 · sin x · cos x · 3 cos x
0
avem f (x) = −3 cos x · ln 3 · sin x − = . Dar cos x < 0, deci
cos x cos x
2
2
1 1
0 < 3 cosx < 1, − < sin x < 0, deci 0 < − sin x < s , i ln 3 < 2, deci prin ˆınmult , ire avem
2 2  ‹
7π
0
2
0 < − ln 3 · sin x · cos x · 3 cos x < 1, de unde rezult˘a c˘a f (x) < 0 pentru orice x ∈ π, .
6
1 √ 3 1
Astfel f este strict descresc˘atoare s , i cum lim f(x) = > 0 s , i lim f(x) = 3 − 2 − 3 − 2 < 0
x→π 3 7π
x>π x→ 6
 ‹ x< 7π
6
7π
rezult˘a c˘a ecuat , ia are o solut , ie unic˘a α ∈ π, .
6
Cazul 2. Dac˘a tg x < 0, atunci tg x ∈ Z, pentru a exista (tg x) tg x . Cum tg x < 0 s , i 3 sin x > 0,
1
∗
rezult˘a c˘a tg x = −2k cu k ∈ N , deci ecuat , ia devine 3 sin x = . Dar sin x ≥ −1, deci
(2k) 2k
1 1 1
3 sin x ≥ s , i ≤ , deci ecuat , ia nu are solut , ie.
3 (2k) 2k 4
 ‹  ‹
π 7π 4π 3π
ˆ s , i α ∈ π, , deci S ∈ , .
In concluzie, ecuat , ia are exact dou˘a solut , ii,
3 6 3 2

 x + y + z = 3 ‹ ‹ √
‹

3
M 138. Rezolvat ,i ˆın R sistemul 1 1 1 169 − 15 5 .
2
2
2
x + y + z + =

2 2 2 64
Florentin Vis , escu, Bucures , ti
Solut ,ie (Leonard Mihai Giugiuc, Drobeta Turnu Severin). Not˘am
 ‹ ‹ ‹
1 1 1
2
2
2
E (x, y, z) = x + y + z + .
2 2 2
2
Cazul 1. x, y, z ≥ 0. Fie xy + yz + zx = 3 (1 − t ), 0 ≤ t ≤ 1. Cum x + y + z = 3,
1 3 9
2 2
2
2
atunci E (x, y, z) = + · (2t + 1) + · (1 − t ) − 3p + p , unde p = xyz. Evident, p ≥ 0
8 4 2
2
s , i, din Inegalitatea mediilor, p ≤ 1. Fie funct , ia p˘atratic˘a q (p) = −3p + p , definit˘a pe

˜
3
mult , imea numerelor reale. Evident, q (p) este strict descresc˘atoare pe −∞, . Deducem c˘a,
2
ˆ
ˆın particular, q (p) este strict descresc˘atoare pe [0, 1]. In concluzie, pentru fiecare t fixat ˆın [0, 1],
2
E (x, y, z) este minim˘a atunci cˆand p este maxim. Dar max p = (1 − t) (1 + 2t) s , i se atinge ˆın
1 3
2
(1 − t, 1 − t, 1 + 2t) s , i permut˘arile sale. Deci E (x, y, z) ≥ f(t), unde f (t) = + · (2t + 1) +
8 4
9 2 2 2 4 2
0
· (1 − t ) − 3(1 − t) (1 + 2t) + (1 − t) (1 + 2t) , pentru orice x ∈ [0, 1]. Avem f (t) =
2 ” —
2
2
2
3t 1 + 6 (t − 1) − 6 (t − 1) + 4 (2t + 1) (t − 1) 3 = 3t (4t − 2t − 1) (2t − 4t + 3), pentru orice
‚ √ Œ √
1 + 5 169 − 15 5
t ∈ [0, 1], deci min f (t) = f = . As , adar ˆın acest caz avem solut , iile
4
‚ t∈[0,1] √ √ Œ 64
√
3 − 5 3 − 5 3 + 5
(x, y, z) = , , s , i permut˘arile sale.
4 4 2
Cazul 2. Cel put , in unul dintre x, y, z este mai mic ca 0, deci s , i cel put , in unul dintre x, y, z
este mai mare ca 0. Fie 3s = |x| + |y| + |z|. Cum |x| + |y| + |z| > x + y + z = 3, rezult˘a c˘a