Page 93 - MATINF Nr. 8

˘
PROBLEME DE MATEMATICA PENTRU CONCURSURI 93

−x y z

[XY Z] y+z−x y+z−x y+z−x 4xyz

x −y z = . Dar
[ABC] = |∆|, unde ∆ = z+x−y z+x−y z+x−y (y + z − x) (z + x − y) (x + y − z)
y
x
−z

x+y−z x+y−z x+y−z
4xyz (x + y + z)
[ABC] = x + y + z, deci [XY Z] = . Astfel s , i punctul d)
|(y + z − x) (z + x − y) (x + y − z)|
este rezolvat.
ˆ
In ˆıncheiere, vom prezenta cˆateva concluzii geometrice, precum s , i interpret˘ari probabilistice
pentru punctele a), b) s , i c) de mai sus. Fie U, V s , i W mijloacele segmentelor (BC), (CA),
respectiv (AB). Consider˘am u, v, w ∈ R cu u + v + w = 1 coordonatele baricentrice ale lui
(v + w) A + (w + u) B + (u + v) C
M ˆın raport cu △UV W. Deci M = uU + vV + wW = ,
2
xA + yB + zC (v + w) A + (w + u) B + (u + v) C x v + w
prin urmare = , deci = ,
x + y + z 2 x + y + z 2
y w + u z u + v
= s , i = . Non-existent , a triunghiului XY Z este descris˘a
x + y + z 2 x + y + z 2
complet mai sus de formula (y + z − x) (z + x − y) (x + y − z) = 0. Dac˘ y + z − x = 0, atunci
a
z + x − y > 0 s , i x + y − z > 0, deci u = 0 s , i v, w > 0, s , i reciproc. Analog ˆın cazurile
ˆ
z + x − y = 0, respectiv x + y − z = 0. In concluzie, △XY Z nu exist˘a dac˘a s , i numai
dac˘a M ∈ (UV ) ∪ (V W) ∪ (WU). Deci dac˘a punctul M este distribuit uniform ˆın interiorul
△ABC, atunci probabilitatea s˘ existe △XY Z ment , ionat mai sus este egal˘ cu 1. Utilizˆand un
a
a
rat , ionament similar, deducem c˘ exist˘ △XY Z astfel ˆıncˆat A, B, C apart , in segmentelor (Y Z),
a
a
(ZX), (XY ) dac˘a s , i numai dac˘a M ∈ Int (△UV W). Astfel probabilitatea s˘a existe △XY Z
1
astfel ˆıncˆat A, B, C apart , in segmentelor (Y Z), (ZX), (XY ) este egal˘ cu .
a
4
M 158. Fie (x n ) un s , ir de numere reale pozitive astfel ˆıncˆat
n≥1
1
∗
x n+2 ≤ x n + , ∀ n ∈ N .
n 2
√
Demonstrat ,i c˘ s , irul (a n ) definit prin a n = n x 1 x 2 . . . x n este convergent.
a
n≥2
Cristinel Mortici, Viforˆata

1 1 1 1
Solut ,ie. Avem x n+2 ≤ x n + , adic˘a x n+2 + ≤ x n + , deci x n+2 + <
n(n − 1) n n − 1 n + 1
1 Å 1 ã Å 1 ã
a
a
x n + , pentru orice n ≥ 2. Rezult˘ c˘ s , irurile x 2n + s , i x 2n+1 + sunt
n − 1 2n − 1 n≥1 2n n≥1
descresc˘atoare. Aceste s , iruri au termenii pozitivi, deci sunt convergente. Prin urmare s , irurile
si
(x 2n ) n≥1 , (x 2n+1 ) sunt convergente. Fie b = lim x 2n s , i c = lim x 2n+1 , deci b, c ∈ [0, +∞).
n≥1
√
n→∞ n→∞
√
Folosind Criteriul radicalului rezult˘a c˘a a 2n → bc s , i a 2n+1 → bc, deci s , irul (a n ) este
√ n≥2
convergent c˘atre bc.
M 159. Fie a > 1 un num˘ar real fixat. Rezolvat ,i ecuat ,ia
2
5
3
x + a 6 log a + x · a 6 log a = a + a + a .
x
x
Marin Chirciu, Pites , ti