Home/ Intrebari/Q 64235
In Process
bubu90
user (0)
Pe: 2007-10-29T16:39:50+02:00

niste probleme..va rog ajutati-ma!

1 sa se arate ca daca x,y,z>=0 atunci

    \[ \sum {\sqrt {x(x + y)(x + z)} } \le \sqrt {(x + y + z)(x^2 + y^2 + z^2 + 3xy + 3xz + 3zy)} \]

2 sa se determine cel mai mare numar natural n cu proprietatea ca exista n puncte laticiale in plan astfel incat centrul de greutate al oricaror trei din aceste puncte sa nu fie punct laticial.(un punct (x,y) din plan este laticial daca x,y sunt nr intregi)

3 sa se afle numerele intregi a,b,c care reprezinta lungimile laturilor unui triunghi dreptunghic si verifica relatia:

    \[ \frac{1}{a} + \frac{2}{{b + c}} = \frac{6}{{a + b + c}} \]

5 raspunsuri

  1. profesor

    Folositi inegalitatea Cauchy-Schwarz:

    \left( {a_1 b_1 + a_2 b_2 + a_3 b_3 } \right)^2 \le \left( {a_1 ^2 + a_2 ^2 + a_3 ^2 } \right)\left( {b_1 ^2 + b_2 ^2 + b_3 ^2 } \right) ,

    pentru

    a_1 = \sqrt x ,\;\;a_2 = \sqrt y ,\;\;a_3 = \sqrt z

    si

    b_1 = \sqrt {\left( {x + y} \right)\left( {x + z} \right)} ,\;\;b_2 = \sqrt {\left( {y + z} \right)\left( {y + x} \right)} ,\;\;b_3 = \sqrt {\left( {z + x} \right)\left( {z + y} \right)} .

    Se obtine imediat inegalitatea ceruta!

    • 0
  2. user (0)

    multumesc mult!

    • 0
  4. user (0)

    Sa pornim de la urmatoarea problema: care este numarul maxim de numere intregi pe care le pot alege astfel incat suma a oricare trei dintre ele sa nu fie multiplu de 3?
    Pentru a „masca” clasele de resturi (daca nu esti intr-a XII-a) modulo 3, vom spune ca doua numere intregi au aceeasi „paritate” in functie de trei daca dau acelasi rest la impartirea cu 3. Exista trei paritati posibile fata de 3, anume 0,1 sau 2. Problema de mai sus se reduce deci la care este numarul maxim de numere n din multimea {0,1,2} pe care le pot alege (numerele nu sunt neaparat distincte) astfel incat suma a oricare 3 dintre ele sa nu fie multiplu de 3? Se verifica destul de repejor ca acest numar este n=4 (variantele fiind 0011, 0022); rationamentul elementar este urmatorul: daca aleg doua de „paritati” diferite, al treilea nu poate vea „paritatea” diferita de a primelor 2, deoarece suma ar da multiplu de 3. Deci „paritatea” a doua numere trebuie sa fie aceeasi. In sfarsit… te las sa savurezi singur o demonstratie sau sa analizezi problema…
    Deci: numarul maxim de numere intregi pe care le pot considera astfel incat suma oricaror trei dintre ele sa nu fie multiplu de 3 este 4.
    In plan, pentru ca centrul de greutate a oricare trei sa nu fie punct laticeal, trebuie ca suma absciselor a oricare trei sa nu fie multiplu de 3 (deci pot alege maxim 4 abscise cu proprietatea asta), la fel si pentru ordonate. Am deci 16 combinatii posibile. Acesta este si numarul maxim de puncte laticeale din plan astfel incat centrul de greutate a oricare 3 dintre ele sa nu fie punct laticeal.
    Just for fun, in spatiul tridimensional numarul maxim de puncte laticeale cu aceasta proprietate este 64. Generalizand, in

        \[ {\bf R}^n \]

    , numarul maxim este

        \[ 4^n \]

    .

    • 0
  5. user (0)

    Uite cum facem: notam suma numerelor a, b, c cu S:

    a + b + c = S.

    Egalitatea din enunt revine la:

        \[ \frac{1}{a} + \frac{2}{{S - a}} = \frac{6}{S} \Leftrightarrow \frac{{S + a}}{{a\left( {S - a} \right)}} = \frac{6}{S} \Leftrightarrow S^2 - 5aS + 6a^2 = 0 \Leftrightarrow \left( {S - 2a} \right)\left( {S - 3a} \right) = 0 \]

    .

    Asadar avem a + b + c = S =2a sau a + b + c = 3a. Prima egalitate este imposibila, deoarece acestea sunt lungimile laturilor unui triunghi, deci a<b+c. Ramane asadar de vazut ce intamplari se petrec atunci cand b + c = 2a. Cum a este media aritmetica a celorlalte doua, inseamna ca este cuprins intre ele, deci in nici un caz nu este ipotenuza. Presupunem fara a restrange generalitatea ca ipotenuza este c. Avem de analizat urmatoarele:

        \[ \left\{ \begin{array}{l} b^2 + a^2 = c^2 \\ b + c = 2a \\ \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} \left( {2a - c} \right)^2 + a^2 = c^2 \\ b + c = 2a \\ \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} 5a^2 - 4ac = 0 \\ b + c = 2a \\ \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} a = \frac{{4c}}{5} \\ b = \frac{{3c}}{5} \\ \end{array} \right.. \]

    .
    Este deci vorba de triunghiul dreptunghic asemenea cu cel cu laturile 3,4,5.

    • 0
  6. user (0)

    Interesanta problema cu punctele laticeale. Ea admite si o generalizare destul de draguta… si de evidenta in acelasi timp.

    • 0
Raspunde

Raspunde