Solutiile problemelor pentru pregatireaconcursurilor propuse ın nr. 2/2008

A. Nivel gimnazialG146. Fie x, y, z ∈ (0,∞) astfel ıncat xyz = 1. Aratati ca

xy3

x4 + y + z+

yz3

y4 + z + x+

zx3

z4 + x+ y≥ 1.

Liviu Smarandache si Lucian Tutescu, CraiovaSolutie. Avem ca x3 + y3 ≥ xy(x+ y), cu egalitate pentru x = y. AtunciX xy3

x4 + y + z=X xy3

x4 + xyz(y + z)=X y3

x3 + yz(y + z)≥X x3

x3 + y3 + z3= 1.

Egalitatea se atinge pentru x = y = z = 1.

G147. Fie n ∈ N, n ≥ 2, fixat, iar a, b, c sunt numere naturale astfel ıncat

na+ (n+ 1) b+ 2nc = n2 + 1. Aratati ca n−hn− 1

2

i≤ a+ b+ c ≤ n.

Gheorghe Iurea, Iasi

Solutie. Cum b − 1 = n(n − a − b − 2c), ınseamna ca b − 1...n. Insa b < n, altfel

na+(n+1)b+2nc > n2+1 si atunci b−1 = 0, deci b = 1. Conditia din enunt devinena + n + 1 + 2nc = n2 + 1 ⇔ a + 2c = n − 1 ⇔ a + b + c = n − c. Suma a + b + ceste maxima cand c este minim, adica pentru c = 0; deducem ca (a+ b+ c)max = n,maxim atins cand a = n − 1, b = 1, c = 0. Suma a + b + c este minima cand c este

maxim, deci pentru c =

�n− 1

2

�; obtinem ca (a + b + c)min = n −

�n− 1

2

�, minim

atins cand a = n− 1− 2

�n− 1

2

�, b = 1, c =

�n− 1

2

�.

G148. Fie a1a2 . . . ap ∈ N. Sa se arate ca orice numar natural are un multiplude forma a1a2 . . . apa1a2 . . . ap . . . a1a2 . . . ap0 . . . 0.

Marian Pantiruc, IasiSolutie. Fie n ∈ N; consideram numerele: a1a2 . . . ap, a1a2 . . . apa1a2 . . . ap, . . . ,

a1a2 . . . apa1a2 . . . ap . . . a1a2 . . . ap, ın numar de (n + 1). Prin ımpartirea acestora lan obtinem (n + 1) resturi si, cum resturile posibile sunt 0, 1, . . . , n − 1, rezulta cacel putin doua resturi sunt egale. Fie a = a1a2 . . . ap . . . a1a2 . . . ap (format din k1numere a1a2 . . . ap si b = a1a2 . . . ap . . . a1a2 . . . ap (format din k2 numere a1a2 . . . ap)doua dintre numerele de mai sus, care dau acelasi rest la ımpartirea cu n. Diferentaacestora se divide cu n, deci a−b = a1a2 . . . apa1a2 . . . ap . . . a1a2 . . . ap 00 . . . 0 verificacerinta problemei.

G149. a) Determinati doua numere prime p, q astfel ıncat p < q, iar p2 − 1 aremai multi divizori naturali decat q2 − 1.

b) Determinati toate numerele prime p pentru care p2 − 1 are exact opt divizorinaturali.

Dan Popescu, Suceava

152

Solutie. a) De exemplu, putem lua p = 19, q = 23.b) Daca p = 2, atunci p2 ≡ 1 (mod 8). Daca p = 3, atunci p2 ≡ 1 (mod 3).

Cum (3, 8) = 1, ınseamna ca daca p /∈ {2, 3}, atunci p2 ≡ 1 (mod 24), prin urmare

p2 − 1...24. Pentru p ≥ 7, avem, ca p2 − 1 > 24 si, cum 24 are opt divizori naturali,

p2−1 va avea mai mult de opt divizori. Pentru p ∈ {2, 3}, p2−1 are mai putin de optdivizori. Daca p = 5, atunci p2 − 1 = 24 are exact opt divizori, deci singurul numarcare satisface conditiile din enunt este 5.

G150. Fie m si n numere naturale nenule cu proprietatea ca m ≤ 1+2+ · · ·+n.Sa se arate ca m poate fi scris ca suma catorva numere distincte dintre 1, 2,. . . , n.

Marian Tetiva, Barlad

Solutia 1 (Dan Mocanu, elev, Iasi). Acoperim multimea

§1, 2, 3, . . . ,

n(n+ 1)

2

ªcu urmatoarele sume avand termenii distincti: 1, 2, 3, . . . , n, n+1, n+2, . . . , n+(n−1),n+ (n− 1) + 1, n+ (n− 1) + 2, . . . , n+ (n− 1) + (n− 2), . . . , n+ (n− 1) + . . .+ 1;concluzia problemei este acum imediata.

Solutia 2 (a autorului). Demonstram prin inductie dupa n. Pentru n = 1, decim = 1, nu avem nimic de demonstrat; de asemenea se verifica usor cazul n = 2 (decim = 1, 2 sau 3). Vom presupune mai departe n ≥ 2 si ca afirmatia este adevaratapentru n− 1 si o demonstram pentru n.

Daca m este unul dintre numerele 1, 2, . . . , n nu avem ce arata. Daca m ≥ n+ 1,avem ca 1 ≤ m− n ≤ 1 + 2 + . . . (n− 1) si, conform ipotezei de inductie, m− n estesuma unor termeni distincti din multimea {1, 2, . . . , (n− 1)}. Rezulta ca m este sumadintre acesti termeni si n, ceea ce ıncheie demonstratia.

G151. Bazele unei prisme sunt poligoane cu 2008 varfuri. Numerotam cu 1,2,. . . , 2008 varfurile bazei inferioare si, corespunzator, cu a1, a2,. . . , a2008 varfurilebazei superioare, unde {a1, a2, . . . , a2008} = {1, 2, . . . , 2008}.

a) Demonstrati ca putem gasi o numerotare pentru baza superioara astfel ıncat

i+ ai... 8, ∀i ∈ {1, 2, . . . , 2008}.

b) Demonstrati ca nu putem gasi o numerotare pentru baza superioara astfel ıncat

i+ ai... 9, ∀i ∈ {1, 2, . . . , 2008}.

Gabriel Popa si Gheorghe Iurea, IasiSolutie. a) De exemplu, putem lua a1 = 2007, a2 = 2006, . . . ,a2007 = 1, a2008 =

2008.

b) Daca ar exsta o numerotare pentru care i + ai...9, ∀i ∈ {1, 2, . . . , 2008}, atunci

(1 + a1) + (2 + a2) + . . .+ (2008 + a2008)...9, prin urmare 2(1 + 2 + . . .+ 2008)

...9. Am

obtine astfel ca 2008 · 2009...9, contradictie.

G152. In triunghiul isoscel ABC (AB = AC) notam cu B′, C ′ picioarele ınalti-milor din B, respectiv C. Daca AB = 2B′C ′, sa se determine unghiurile triunghiului.

Nela Ciceu, Bacau si Titu Zvonaru, ComanestiSolutie. Vom analiza doua cazuri, dupa cum unghiul bA este ascutit sau obtuz.a) Fie M mijlocul laturii [AB]; atunci [B′M ] va fi mediana ın △ABB′

153

A

B C

M

C B

dreptunghic si deducem ca B′M =1

2AB. Avem si ca B′C ′ =

1

2AB,

prin urmare B′C ′ = B′M , deci ÖB′MB ≡ ÖB′C ′A. Insa ÖB′C ′A ≡ÒB (deoarece B′C ′∥BC) si atunci m(ÒB) = m(×B′MC ′) = 180◦ −2m(ÖMBB′) = 180◦−2[90◦−m( bA)] = 2m( bA), relatie care ımpreuna

cu m( bA)+2m(ÒB) = 180◦ conduce la m( bA) = 36◦, m(ÒB) = m(ÒC) =72◦.

A

B C

M

B C

b) Daca bA este obtuz, atunci △B′MA va fi isoscel sicu un rationament asemanator celui de mai sus obtinem

ca m(ÒB) = m(×B′C ′M) = 180◦ − 2m(ÖB′AB) = 180◦ − 2 ·2m(ÒB) = 180◦ − 4m(ÒB), prin urmare m(ÒB) = m(ÒC) = 36◦,

iar m( bA) = 108◦.

G153. In triunghiul ABC, M este mijlocul laturii [BC], m(ÕABC) = 30◦ si

m(ÕACB) = 105◦. Perpendiculara din C pe AM taie AB ın Q. Calculati valoarea

raportuluiQA

QB.

Neculai Roman, Mircesti (Iasi)Solutie. Ducem CE⊥AB, E ∈ (AB). Folosind triunghiul CEM echilateral

sitriunghiul AEC dreptunghic isoscel, gasim ca ME = EC = EA, deci triunghiul

AEM este isoscel cum(AEM) = 150◦. Atuncim(ÖEAM) = 15◦, decim(ÖMAC) = 30◦

si m(ÖAMC) = 45◦. Prin urmare, m(ÕBCQ) = 45◦ si m(ÕACQ) = 60◦. Obtinem caQA

QB=

AACQ

ABCQ=

BC · CQ sinBCQ

AC · CQ sinÕACQ=

AC sin 60◦

BC sin 45◦.

Dar AC = EC√2 =

BC√2

2si atunci

QA

QB=

√3

2.

G154. Fie D mijlocul laturii [BC] a triunghiului echilateral ABC de latura 1,iar P un punct mobil pe [CD]. Notam cu M si N proiectiile pe AP ale punctelor B,respectiv C. Aflati aria locului geometric descris de segmentul [MN ].

Marius Olteanu, Rm. Valcea

A

B CD

EF

M

N

P

C1

C2

Solutie. Observand ca patrulaterele ABDMsi ACND sunt inscriptibile, deducem ca puncteleM si N se afla pe cercurile C1 (circumscris tri-unghiului ABD), respectiv C2 (circumscris tri-unghiului ACD). Daca E este mijlocul laturii

[AC], se constata ca M parcurge arcul mic ÷DE al

cercului C1, ın timp ce N parcurge arcul mic ÷CDal cercului C2. Astfel, locul geometric maturat de[MN ] este suprafata hasurata ın figura. Observamca segmentele de disc marginite de C1 si [DE], re-spectiv de C2 si [CD], sunt congruente; atunci aria locului geometric va fi egala cu

aria triunghiului echilateral CDE, adica

√3

16.

154

G155. Fie C cercul circumscris △ABC ascutitunghic. Notam cu P punctul deintersectie al tangentelor duse la cerc ın B si C, {D} = AP ∩ C, iar M si N sunt

mijloacele arcului mic⌢

BC, respectiv arcului mare⌢

BC. Sa se arate ca dreptele AM ,DN si BC sunt concurente.

Gabriel Popa, Iasi

Solutie. Fie {T} = AM ∩BC. Cum AM este bisectoarea unghiului ÕBAC, rezultaca

A

B C

D M

P

N

T

C

.

.

.

(1)BT

TC=

AB

AC.

Vom arata caDT este bisectoare pentru ÕBDC; atunciD,T,N vor fi coliniare si de aici concluzia problemei.

Cum ÕBAP ≡ ÕPBD, rezulta ca △PAB ∼ △PBD,

deciPB

PD=

AB

BD. Analog se arata ca △PAC ∼ △PCD,

de undePC

PD=

AC

CD. Insa PB = PC, prin urmare

AB

BD=

AC

CD⇔ AB

AC=

BD

CD. Tinand cont de (1), obtinem ca

BT

TC=

BD

DC, adica DT este bisectoarea lui ÕBDC, ceea ce

ıncheie rezolvarea.

B. Nivel liceal

L146. In plan se considera dreptele d1, d2,. . . , dn+1, oricare doua neparalele.

Notam cu αk = m(Ødk, dk+1), αk ≤ 90◦, k = 1, n. Pe d1 se considera un seg-ment de lungime 2 care se proiecteaza pe d2, apoi segmentul obtinut se proiecteazape d3 si tot asa, pana cand pe dn+1 se obtine un segment de lungime 1. Stiind ca

tg�min

¦αi | i = 1, n

©�=È

n√4− 1, determinati unghiurile αk, k = 1, n.

Cristian Savescu, student, Bucuresti

Solutie. Fie A1B1 segmentul de lungime 2 de pe d1, iar Ak = prdkAk−1,

Bk = prdkBk−1, k = 2, n+ 1. Cum Ak+1Bk+1 = AkBk · cosαk, atunci An+1Bn+1 =

A1B1 cosα1 cosα2 . . . cosαn, de unde cosα1 cosα2 . . . cosαn =1

2. Fie αp = min{αi|i =

1, n}; cum cosinusul este descrescator pe�0,

π

2

i, avem cosαp ≥ cosαk, ∀k = 1, n si

astfel cosn αp ≥ 1

2, deci cosαp ≥ 1

n√2, apoi sinαp =

È1− cos2 αp ≤

Èn√4− 1

n√2

, prin

urmare tgαp ≤È

n√4− 1. Conform ipotezei, rezulta ca se atinge egalitatea; acest

lucru are loc pentru cosα1 = cosα2 . . . = cosαn, deci cand α1 = α2 = . . . = αn =

arccos1n√2.

L147. Se considera un poligon convex cu n laturi, n ≥ 4, avand proprietatea caoricare doua diagonale nu sunt paralele si oricare trei nu sunt concurente ın punctediferite de varfurile poligonului. Se noteaza cu ni numarul punctelor de intersectie a

155

diagonalelor interioare poligonului si cu ne cel al punctelor de intersectie exterioarepoligonului.

a) Sa se arate ca exista exact opt poligoane care verifica relatia ni > ne.b) Sa se arate ca exista exact trei poligoane pentru care ni + ne = kn2, k ∈ N∗.

Mihai Haivas, IasiSolutie. Fiecare punct interior de intersectie a diagonalelor este unic determinat

de cele doua diagonale ce-l contin, deci de patru varfuri ale poligonului; rezulta ca

ni = C4n. Cum sunt

n(n− 3)

2diagonale, care se intersecteaza ın C2

n(n−3)2

puncte,

fiecare varf al poligonului fiind numarat de C2n−3 ori (se obtine ca intersectie a oricare

doua diagonale care trec prin acel varf), obtinem ca numarul total de intersectii, fara

varfuri, este ni + ne = C2n(n−3)

2

− nC2n−3 =

n(n− 3)(n2 − 7n+ 14)

8. Prin urmare,

nl =n(n− 3)(n− 4)(n− 5)

12.

a) Din conditia ni > ne rezulta ca n3−15n+38 < 0, cu solutiile n ∈ {4, 5, 6, . . . , 11}.

b) Conditia ni + ne = kn2 este echivalenta cu n3 − 10n2 + (35 − 8k)n − 42 = 0,deci n ∈ {7, 14, 12}, carora le corespund valorile k ∈ {1, 11, 33}.

Nota. Intr-o maniera asemanatoare a rezolvat problema dl. Daniel Vacaru,Pitesti.

L148. Pe latura (AB) a triunghiului ABC consideram punctul D astfel ıncatAB = 4AD. De aceeasi parte a laturii AB ca si punctul C, luam un punct P

astfel ıncat ÕPDA ≡ ÕACB si PB = 2PD. Demonstrati ca patrulaterul ABCP esteinscriptibil.

Nela Ciceu, Bacau si Titu Zvonaru, ComanestiSolutia 1 (a autorilor). Consideram punctul Q astfel ıncat AB separa P

A

B C

Q

P

D

si Q, AB = 2AQ si ÕQAB ≡ ÕBPD. AtunciAQ

AB=

PD

PB

�=

1

2

�si obtinem ca △AQB ∼ △PDB, de undeÕAQB = ÕPDB. Rezulta ca m(ÕAQB) + m(ÕACB) =

m(ÕPDB)+m(ÕPDA) = 180◦, ceea ce asgura inscriptibil-itatea patrulaterului AQBC. Din AB = 2AQ si AB =

4AD deducem ca AQ2 = AD · AB, astfel scrisAQ

AB=

AD

AQ, prin urmare △AQD ∼

△ABQ. Obtinem ca ÕADQ ≡ ÕAQB si cum avem si ÕAQB ≡ ÕPDB, rezulta ca punctele

Q,D si P sunt coliniare. Ne amintim ca ÕQAB ≡ ÕQPB, deci patrulaterul AQBPeste inscriptibil. Inscriptibilitatea patrulaterelor AQBC si AQBP arata ca puncteleA,Q,B,C, P sunt conciclice, de unde concluzia problemei.

Solutia 2 (Daniel Vacaru, Pitesti). Folosind relatia lui Stewart ın △PAB,

obtinem ca PA2 ·BD

AB−PD2+PB2 ·AD

AB= AD ·DB, deci PA2 · 3

4−PD2+PB2 · 1

4=

3

16AB2 si, cum PB = 2PD, deducem ca PA2 · 3

4=

3

16AB2, adica PA =

1

2AB.

Aplicam acum teorema cosinusului ın △ADP : PA2 = AD2+DP 2−2AD ·DP ·cosC,

156

de unde DP 2− 1

2AB ·DP · cosC− 3

16AB2 = 0, relatie pe care o vom privi ca ecuatie

de gradul II ın necunoscuta DP. Singura solutie pozitiva a acestei ecuatii este DP =1

4· AB · (cosC +

√3 + cos2 C). Cum cosÕAPB =

PA2 + PB2 −AB2

2PA · PB, ınlocuind PA

si PD cu valorile gasite anterior si facand calculele, obtinem cosÕAPB = cos(ÕACB),

prin urmare ÕAPB ≡ ÕACB, ceea ce arata ca patrulaterul ABCP este inscriptibil.

L149. Sa se determine pozitia punctului P pe directoarea parabolei P, astfel ıncataria triunghiului PT1T2 sa fie minima, unde T1 si T2 sunt punctele de contact cuparabola ale tangentelor duse din P la P.

Adrian Corduneanu, IasiSolutia 1 (a autorului). Raportam parabola la un reper canonic, avand originea

ın varful O al parabolei si drept axa a absciselor, perpendiculara dusa din O pedirectoare. Ecuatia parabolei este P : y2 = 2px(p > 0), iar cea a directoarei d : x =

−p

2. Se stie (sau se verifica!) faptul ca tangentele PT1 si PT2, duse la parabola din

punctul P ∈ d, sunt ortogonale; prin urmare, SPT1T2 =1

2PT1 · PT2.

Fie T1(x0, y0), cu y20 = 2px0, y0 > 0. Ecuatia tangentei PT1 este yy0 = p(x+x0) si

cum xp = −p

2, obtinem yp = − p2

2y0+y02, deci PT 2

1 =�x0 +

p

2

�2+

�y0 +

p2

2y0− y20

2

�2

=

1

4p2y20(y20 + p2)3. Tangenta PT2 trece prin P si are panta −y0

p; ecuatia sa va fi y =

−y0px − p2

2y0. Intersectand aceasta tangenta cu parabola, gasim coordonatele punc-

tului T2, anume

�p3

2y20,−p2

y0

�. Astfel, PT 2

2 =

�p3

2y20+

p

2

�2

+

�−p2

y0+

p2

2y0− y0

2

�2

=

1

4y40(y20 + p2)3.

Patratul ariei triunghiului PT1T2 se poate scrie acum ın functie de parametrul y0:

S(y0) =

�1

2· PT1 · PT2

�2

=1

8p· (y

20 + p2)3

y30. Derivata acestei functii este S′(y0) =

3

8py40(y20 + p2)2(y20 − p2) si se anuleaza doar ın y0 = p (deoarece y0 a fost considerat

pozitiv). Obtinem ca S are un minim egal cu Smin = p2, care se atinge cand y0 = p,

deci pentru punctul P�−p

2, 0�.

Solutia 2 (Gheorghe Costovici, Iasi). Vom rezolva problema ıntr-un caz cevamai general, cand P nu apartine numaidecat directoarei parabolei, ci unei drepteperpendiculare pe axa de simetrie a acesteia si care nu are niciun punct comun cuparabola. Fie y2 = ax, a > 0, ecuatia parabolei, iar Ti(xi, yi), cu y2i = axi, x1 = x2,

xi = 0. Tangenta ın Ti la parabola are ecuatia1

2(y+yi) = axxi, i = 1, 2. Intersectand

cele doua tangente, obtinem coordonatele punctului P , anume P�x1 + x2

2, ax1x2

�.

Fie y = k, k < 0, ecuatia dreptei pe care se afla P ; atunci k = ax1x2 < 0, deci

157

putem alege x1 > 0, x2 < 0. Aria triunghiului PT1T2 va fi

SPT1T2 =1

2

������� 1x1 + x2

2k

1 x1 y11 x2 y2

������� = 1

2

�k

ax1− x1

��k − a

2

�x21 +

k2

a2x21

��.

Gandim aceasta arie ca o functie ın nedeterminata x1, derivata acestei functii este3

4· a

x41

·�x21 +

k

a

��x21 −

k

a

�2

, iar punctele critice ale functiei sunt x′1 =

É−k

asi

x′′1 = −

É−k

a. Studiind semnul derivatei, se observa ca x′

1 este punct de minim

pentru arie si obtinem ca xp = 0. In concluzie, punctul P cautat este intersectiadreptei date cu Ox.

L150. Fie tetraedrul A1A2A3A4, iar P un punct ın interiorul sau. Notamcu Aij ∈ (AiAj) proiectiile ortogonale ale lui P pe muchiile AiAj ale tetraedrului.Demonstrati ca

VPA12A13A23 + VPA12A14A24 + VPA13A14A34 + VPA23A24A34 ≤ 1

4VA1A2A3A4 .

Cand se atinge egalitatea?Marius Olteanu, Rm. Valcea

Solutie. Fie P1 = Pr(A2A3A4)A1; din reciproca teoremei celor trei perpendiculare,obtinem ca P1A23 ⊥ A2A3, P1A24 ⊥ A2A4, P1A34 ⊥ A3A4, prin urmare A23A24A34

este triunghiul podar al punctului P1 ın raport cu △A2A3A4. Aria s1 a acestuitriunghi este cel mult un sfert din aria S1 a △A2A3A4. Daca mai notam h1 = A1P1,

x1 = PP1, atunciVPA23A24A34

VA1A2A3A4

=x1s1h1S1

≤ 1

4· x1

h1. Introducem analog x2, x3, x4

si h2, h3, h4; putem scrie ınca trei inegalitati analoage celei precedente. Concluziaproblemei se obtine adunand cele patru inegalitati si tinand seama de relatia lui

Gergonne

�x1

h1+

x2

h2+

x3

h3+

x4

h4= 1

�.

Deoarece 4si = Si doar atunci cand Pi coincide cu centrul cercului circumscrisfetei care se opune varfului Ai, rezulta ca egalitatea se atinge cand P este centrulsferei circumscrise tetraedrului.

L151. Sa se demonstreze ca nu exista numere naturale n si k astfel ıncath�2 +

√3�2n+1

i=h�4 +

√15�ki

.

Cosmin Manea si Dragos Petrica, PitestiSolutie. Avem ca (2 +

√3)2n+1 = 22n+1 + C1

2n+122n√3 + C2

2n+122n−1 · 3 +

. . . + C2n+12n+1 (

√3)2n+1 = an + bn

√3, cu an, bn ∈ N, iar (2 −

√3)2n+1 = an − bn

√3.

Astfel, [(2 +√3)2n+1] = [(2 +

√3)2n+1 + (2 −

√3)2n+1 − 1 + 1 − (2 −

√3)2n+1] =

[2an − 1 + 1 − (2 −√3)2n+1] = 2an − 1, deoarece 1 − (2 −

√3)2n+1 ∈ (0, 1). La fel

stabilim ca (4 +√15)k = ck + dk

√15, (4 +

√15)k = ck − dk

√15, ck, dk ∈ N, iar

[(4 +√15)k] = 2ck − 1. Daca presupunem ca exista n si k cu proprietatile cerute,

158

avem an = ck, deci 22n+1 +M3 = 4k +M15; rezulta ca 3|2 · 4n − 4k. Dar 2 · 4n − 4k =

2(M3 + 1)− (M3 + 1) = M3 + 1 si obtinem contradictia 3|1, prin urmare nu exista nsi k cu proprietatea ceruta.

L152. Pentru a, b, c ∈ R si x ∈ R+, demonstrati inegalitatea

9

a2+ b2+ c2≤ 3 (x+ 1)

2(a+ b+ c)

4�3(x2+ 1)(a2+ b2+ c2) + 2x(a+ b+ c)

2�(ab+ bc+ ca)

2≤ 1

a2+

1

b2+

1

c2.

I. V. Maftei si Dorel Baitan, BucurestiSolutie. Utilizand sumarea ciclica, inegalitatea din stanga se scrie 3[3(x2 +

1)(X

a2) + 2x(X

a)2] · (X

ab)2 ≤ (x2 + 1)(X

a)4(X

a2) si aceasta se obtine

adunand inegalitatile

(1) 9(P

ab)2 ≤ (P

a)4; 3(P

ab)2 ≤ (P

a)2(P

a2),

prima multiplicata prin (x2 + 1)(X

a2), iar a doua prin 2x(X

a)2.

Inegalitatea din dreapta se scrie sub forma

(x+ 1)2a2b2c2(X

a)4 ≤ (X

a2b2)(X

ab)2[(x2 + 1)(X

a2) +2x

3(X

a)2]

si se poate obtine adunand inegalitatile

(2) a2b2c2(P

a)4 ≤ (P

a2b2)(P

ab)2(P

a2); a2b2c2(P

a)2 ≤ 1

3(P

a2b2)(P

ab)2,

prima multiplicata prin (x2 + 1), iar a doua prin 2x(X

a)2.

Justificarea inegalitatilor (1) si (2) revine la demonstrarea inegalitatilor 9(X

ab)2 ≤(X

a)4; (X

a)2 ≤ 3(X

a2); 3abc(X

a) ≤ (X

ab)2; abc(X

a) ≤X

a2b2, care sunt

relativ uzuale.

L153. Gasiti toate functiile f : R → R cu proprietatea ca

f�x2 + xy + yf (y)

�= xf (x+ y) + f2 (y) , ∀x, y ∈ R.

Adrian Zahariuc, student, PrincetonSolutie. Cautam un z = x astfel ıncat x2+xy = z2+zy; gasim z = −x−y. Atunci

xf(x+ y) + f2(y) = f(x2 + xy + yf(y)) = f(z2 + zy + yf(y)) = zf(z + y) + f2(y) =(−x−y)f(−x)+f2(y). Rezulta ca xf(x+y) = −(x+y)f(−x), pentru orice x, y ∈ R.

Deducem caf(x)

x(x = 0) este constanta, deci f(x) = cx, c ∈ R. Cum pentru x = 0

si y = 0 obtinem f(0) = 0, rezulta ca f(x) = cx, c ∈ R, pentru orice x ∈ R.Se verifica usor ca toate aceste functii au proprietatea dorita.

Nota. O solutie corecta, dar ceva mai laborioasa, a fost primita din partea d-luiDaniel Vacaru, Pitesti.

L154. Fie P ∈ R [X] un polinom de gradul n si p : R → R functia polino-miala asociata. Stiind ca multimea {x ∈ R | p (x) = 0} are k elemente (distincte), iar

159

functia f : R → R, f (x) = |p (x)| este derivabila pe R, aratati ca numarul maxim de

radacini complexe nereale ale lui P este egal cu 2hn2

i− 2k.

Vlad Emanuel, student, BucurestiSolutie. Studiem derivabilitatea functiei f . Daca x0 ∈ R si p(x0) = 0, atunci p

are semn constant ıntr-o vecinatate a lui x0. Pe aceasta vecinatate f(x) = p(x) (sauf(x) = −p(x). Rezulta ca f este derivabila ın x0. Daca x0 ∈ R si P (x0) = 0, atunci

f ′s(x0) = lim

x→x0x<x0

|P (x)| − |P (x0)|x− x0

= − limx→x0x<x0

����P (x)− P (x0)

x− x0

���� = −|P ′s(x0)| = −|P ′(x0)| si

f ′d(x0) = lim

x→x0x>x0

|P (x)| − |P (x0)|x− x0

= limx→x0x>x0

����P (x)− P (x0)

x− x0

���� = |P ′d(x0)| = |P ′(x0)|.

In concluzie, f este derivabila ın x0 daca si numai daca −|P ′(x0)| = |P ′(x0)| ⇔P ′(x0) = 0.

Prin urmare, f este derivabila pe R daca si numai daca orice radacina a lui P estecel putin dubla. Cum P are k radacini reale distincte, rezulta ca P are cel putin 2kradacini reale.

Pentru n = 2p, deducem ca P are cel mult 2p− 2k radacini complexe nereale, iarpentru n = 2p + 1, P are cel mult 2p + 1 − (2k + 1) radacini complexe nereale (am

folosit faptul ca radacinile complexe sunt perechi). In final avem cel mult 2hn2

i− 2k

radacini complexe nereale.Cum pentru n = 2p, P = (X − 1)2 . . . (X − k)2(X2 + 1)p−k verifica ipotezele

problemei si are 2p − 2k radacini complexe nereale, iar pentru n = 2p + 1, P =(X − 1)3(X − 2)2 . . . (X − k)2(X2 + 1)p−k verifica ipotezele si are 2p − 2k radacini

nereale, conclucionam ca numarul cautat este egal cu 2hn2

i− 2k.

L155. Fie A,B ∈ M2 (C) doua matrice astfel ıncat matricea AB − BA sa fie

inversabila. Sa se arate ca urma matricei (I2 +AB) (AB −BA)−1

este egala cu 1.Florina Carlan si Marian Tetiva, Barlad

Solutie. Consideram plinomul f(x) = det[I2+AB+x(BA−AB)], care are graduldoi (coeficientul lui x2 este egal cu det(BA−AB) = det(AB −BA) = 0). Observam

ca f(0) = f(1), ceea ce arata ca punctul de extrem al functiei f este x =1

2.

Pe de alta parte, f(x) = det(BA − AB)det[(I2 + AB)(BA − AB)−1 + xI2] =det(BA − AB)(x2 + xtr(P ) + detP ), unde P = (I2 + AB)(BA − AB)−1, ceea ce

ınseamna ca punctul de extrem este −1

2tr(P ) = −1

2tr[(I2+AB)(BA−AB)−1]. Prin

urmare, −12 tr[(I2+AB)(BA−AB)−1] =

1

2, de unde tr[(I2+AB)(AB−BA)−1] = 1.

Nota. Solutie corecta a dat dl. Daniel Vacaru, Pitesti.

160