Soluţiile problemelor pentru pregătirea concursurilor propuse în nr. 2/2013

Transcript

1 Rezultă căb 7 +b m 5 b 0, m, N şi, de aici, cocluzia problemei. XII.145. Fie (A, +, ) iel cu 1 0, avâd u umăr impar de elemete, î care are loc implicaţia:,,dacă x xy + y = , atuci x + y = Dacă u este divizor al lui zero, demostraţi că A este izomorf cu Z 3. Flori Stăescu, Găeşti Soluţie. Fie a A, a 0, a 1. Deoarece, petru x = a 1, y = a + 1, avem x xy + y = , rezultă că a(1 + 1) = Dar A are u umăr impar de elemete, deci şi, cum A este fiit şi u este divizor al lui zero, acesta este iversabil. Rezultă că a = (1 + 1)(1 + 1) 1 + (1 + 1)(1 + 1) 1 = Astfel, A = {0, 1, 1 + 1} şi, de aici, cocluzia problemei. Soluţiile problemelor petru pregătirea cocursurilor propuse î r. /013 A. Nivel gimazial G46. Doi copii, A şi B, joacă u joc. Acesta se desfăşoară pe u careu format di a b pătrăţele, î care a şi b sut umere aturale impare, propuse fiecare de către uul ditre cei doi copii. Jucătorii bifează, pe râd, câte o căsuţă di careu, astfel: A îcepe jocul pri bifarea uui pătrăţel (m, ), ude m reprezită liia, iar coloaa pătrăţelului bifat. Apoi, B bifează uul ditre pătrăţelele (m ± 1, ± 3) sau (m ± 3, ± 1), aflat î iteriorul careului. De fiecare dată câd u jucător vie la râd, el alege o poziţie (p, q) deja bifată şi are voie să bifeze ua ditre poziţiile (p ± 1, q ± 3) sau (p ± 3, q ± 1) care este îcă ebifată î careu. Pierde jucătorul care, atuci câd îi vie râdul, u mai are ce bifa. Demostraţi că A are strategie de câştig. Silviu Boga, Iaşi Soluţie. areul are u total de a b pătrăţele, fiecare pătrăţel fiid idetificat de perechea (x, y) care idică liia şi coloaa pe care se află acesta. Fie T = ab + 1 umărul pătrăţelelor (x, y) cu x şi y de aceeaşi paritate. Dacă T = + 1, N, A va bifa primul pătrăţel îtr-o poziţie (x, y) cu x, y de acelaşi paritate. Astfel, B va fi obligat să bifeze tot îtr-o poziţie avâd coordoate de aceeaşi paritate şi, apoi, la fel A. Jocul cotiuă pâă la ocuparea tuturor poziţiilor cu coordoate de aceeaşi paritate. Îtrucât, î acest caz, umărul acestor pătrăţele este impar, A va bifa ultimul pătrăţel şi va câştiga. Dacă T =, N, rezultă că umărul pătrăţelelor care au coordoate de parităţi diferite este impar. Procedâd ca mai sus, A va bifa îtr-o poziţie (m, ) cu m şi de parităţi diferite şi va câştiga. G47. Fie A = {1,, 3,..., }, 6, şi X, Y două submulţimi disjucte ale lui A, X Y = A, avâd fiecare cel puţi trei elemete. Demostraţi că există x, y X, x y şi a, b Y, a b, astfel îcât x y = a b. Gheorghe Iurea, Iaşi 74

2 Soluţie. Fie X = {a 1, a,..., a k }, a 1 < a <... < a k, k 3 şi Y = {b 1, b,..., b p }, b 1 < b <... < b p, p 3. Presupuem că există i = 1, k 1 astfel îcât a i+1 a i = m, cu m 3, deci a i+1 = m + a i. Rezultă că 1 + a i, + a i,..., m 1 + a i Y. osiderăm şi umărul m+1+a i. Dacă m+1+a i X, atuci (m+1+a i ) (m+a i ) = (+a i ) (1+a i ), deci cocluzia problemei. Dacă m+1+a i Y, atuci (m+1+a i ) (1+a i ) = (m+a i ) a i şi di ou colcuzia problemei. Dacă m a i / A, deci a i+1 =, cum A are cel puţi 3 elemete, rezultă că a i, deci a i 1 1, pri urmare a i 1 A. Raţioăm ca mai sus cu a i 1 î loc de m a i. Deducem că a i+1 a i petru orice i = 1, k 1 şi, procedâd aalog, b i+1 b i, i = 1, p 1. Dacă există i, j cu a i+1 a i = 1 şi a j+1 a j = problema este evidetă (deoarece b k+1 b k este 1 sau ). Dacă a i+1 a i = 1, i = 1, k 1, atuci a i+ a i =, imposibil. G48. Dacă a N, arătaţi că umărul 5a(a + 1) u este pătrat perfect. Gheorghe Iurea, Iaşi Soluţie. Presupuem că umărul 5a(a + 1) este pătrat perfect. Atuci a(a + 1) se divide cu 5, deci a = 5t, t N sau a = 5x +, x N sau a = 5y + 3, y N. Dacă a = 5t, 5a(a + 1) = 5t(5t + 1). um t şi 5t + 1 sut prime ître ele iar produsul lor este pătrat perfect, rezultă că fiecare este pătrat perfect, imposibil: (5t) < 5t + 1 < (5t + 1). Dacă a = 5x+, atuci 5a(a +1) = 5 (5x+)(5x +4x+1). Numerele a = 5x+ şi 5x + 4x + 1 sut prime ître ele, deci fiecare este pătrat perfect. Acest lucru este imposibil, deoarece umerele de forma 5x + au ultima cifră sau 7 şi u pot fi pătrate. azul a = 5x + 3 se tratează aalog. G49. Rezolvaţi î umere aturale ecuaţia 85 m 4 = 4. ristiel Mortici, Târgovişte Soluţie. Ecuaţia este echivaletă cu ( + )( + + ) = 5 m 17 m. Fie d divizor comu al umerelor + şi + +. Găsim uşor că d {1,, 4, 8}. um d este impar (deoarece divide 5 m 17 m ), rezultă că d = 1, deci + şi + + sut prime ître ele. Pri urmare, + = 5 m şi + + = 17 m. Rezultă că = 5 m şi = 17 m 1 1, deci 17 m 1 5 m 1 =. Petru m, 17 m 1 5 m 1 4 m 3 m >. Rămâe că m = 1, iar = 3. G50. Demostraţi că a 3 + b 3 ab(a b)(b a), oricare ar fi umerele reale pozitive a şi b. Gabriel Popa, Iaşi Soluţie. Dacă (a b)(b a) < 0, iegalitatea este evidetă. Dacă (a b)(b a) 0, iegalitatea se obţie pri îmulţirea iegalităţilor a + b ab > 0 şi a ab + b (a b)(b a) 0. G51. Dacă a, b, c sut umere reale poztive cu ab + bc + ca = 3, arătaţi că a (b + c) + b (c + a) + c (a + b) 6. Moica Golea, elevă, raiova Soluţie. Observăm că a (b+c)+b (c+a)+c (a+b) = (a+b+c)(ab+ac+bc) 3abc. Di (a+b+c) 3(ab+bc+ca), rezultă a+b+c 3, iar di 3 = ab+bc+ca 3 3 a b c, obţiem că abc 1. Pri urmare, a (b + c) + b (c + a) + c (a + b) = 6. 75

3 Egalitatea se realizează petru a = b = c = 1. G5. Fie N, şi umerele reale pozitive x 1, x,..., x. Dacă S = x 1 + x x, demostraţi că X max Soluţie. Observăm că x i + 1 = S x i i=1 x S x 1, x + 1 X i=1 şi, de aici, cocluzia problemei. 1,..., x +. S x S x 1 Ai Drăghici şi Mariaa Mărculescu, raiova 1 X 1 (S x i) + 1 = S x i 1 1 Egalitatea se realizează dacă x 1 = x =... = x = i= G53. Fie M u puct oarecare pe latura AB a pătratului ABD. Bisectoarea ughiului Ö MD itersectează B î N. Arătaţi că BM + BN < AM + N. ecilia Deacoescu, Piteşti Soluţia 1 (a autoarei). Dacă {P } = ND AB şi Q este simetricul lui P faţă de M, atuci DP Q este dreptughic î D (deoarece MD = MP = MQ). a urmare, m(õ ADQ) = m( DN) Õ şi, deci, avem că AQ = N (di ADQ DN). Aşadar, AM + N = AM + AQ = MQ = MP = MB + BP > MB + BN (deoarece m(õ BNP ) > m( BP Õ N)), de ude rezultă relaţia dorită. Soluţia. Fie AM = x, AB = a. Notâd {P } = DN AB, di triughiul isoscel DMP rezultă că MP = a + x, apoi di P BN P AD, găsim y = BN = a + x a + x. Iegalitatea de demostrat se scrie sub forma a x + y < x + a y y < x a a + x < 0, evidet adevărată. Soluţia 3 (Necula Emauel, elev, âmpulug Muscel). Avem: BM + BN < AM + N (a AM) + (a N) < AM + N AM + N > a (ude a = AB). Petru a dovedi această ultimă iegalitate, otăm α = m(ö ADM) şi observăm că m( MDN) Ö = m( ND) Õ π = 4 α. Imediat obţiem că AM = a tg α( ADM), N = a tg π 4 α ( DN) şi, deci, AM + N = ahtg α + tg π 4 i α = a tg α 1 tg α + 1 tg α 1 + tg α = a 1 + tg α 1 tg α > a. G54. Diagoalele trapezului ABD se itersectează î O. Paralela pri O la baza AB itersectează latura B î P. Puctul Q este situat î semiplaul opus celui determiat de dreapta AD şi puctul B, iar dreptele QB şi Q itersectează AD î R, respectiv S. Demostraţi că dreptele P Q, BS şi R sut cocurete. laudiu-ştefa Popa, Iaşi Soluţie. Fie QM AB, M AD; atuci 76 D A S SQ = D QM M B N P (deoarece DS

4 QMS), QR RB = QM (deoarece QMR BAM) AB şi BP P = BO OD = AB (deoarece OP D AB). Rezultă D Q că S SQ QR RB BP P = D QM QM AB AB = 1 şi, folosid D reciproca teoremei lui eva, obţiem cocluzia problemei. S D M R A G55. Fie AB şi A tagetele di puctul A la u cerc (B şi fiid puctele de tageţă) şi R regiuea di pla determiată de arcul mic B al cercului şi segmetele AB şi A. Demostraţi că MN AB, oricare ar fi segmetul [MN] di R. Maria Tetiva, Bârlad Soluţie. Fie XY tageta la paralelă cu M N, puctul Z de tageţă fiid pe arcul mic B. Evidet, MN XY ; rămâe să arătăm că XY AB. Avem că XY = XZ + ZY = BX + Y B şi XY AX + AY, pri urmare BX + Y AX + AY X şi, de aici, BX AY sau Y AX Dacă BX AY, A atuci XY = BX + Y AY + Y = A, iar dacă O Z Y < AX, atuci XY = BX + Y BX + AX = AB şi problema este rezolvată. Y B. Nivel liceal L46. Fie AB cu m(b A) 90, îscris î cercul. Pe latura B se cosideră puctele D şi D astfel îcât Õ AB Õ AD şi Õ AB Ö BAD. ercul taget dreptelor AD, BD şi cercului este taget segmetului BD î M. ercul taget dreptelor AD, D şi cercului este taget segmetului D î N. Arătaţi că MN B 1. Neculai Roma, Mirceşti (Iaşi) Soluţie. Fie 1 cercul taget segmetelor AD, BD şi cercului şi cercul taget segmetelor AD, D şi cercului, iar A {E} = AD. 1 Avem că Õ AB Õ AD Õ AE, deci A = E. Aplicâd teorema lui asey cercurilor A,, E (degeerate) şi 1, obţiem: A d(e, 1 ) + E d(a, 1 ) = AE d(, 1 ) A(d(E, 1 ) + d(a, 1 )) = AE d(, 1 ) A AE = AE M A = M. Aalog deducem că BN = AB. Acum BN + M = B + MN şi, de aici, MN = B O... M D N E AB + A B. AB + A Dar =r AB + A şi, cum AB +A B (deoarece m(õ BA) 90 ), rezultă că AB + A B. Pri urmare MN B B B, adică MN B B P D B

5 Notă. S-a primit soluţie corectă di partea d-lui Titu Zvoaru, omăeşti. L47. Pe laturile B, A şi AB ale triughiului AB se cosideră puctele A 1, B 1, respectiv 1 astfel îcât AB + BA 1 = A + A 1, AB + AB 1 = B + B 1 şi A + A 1 = B + B 1. Dacă A, B şi sut puctele de tageţă ale cercului îscris î triughiul AB cu laturile B, A, respectiv AB, arătaţi că A 1 B1+B A 1 A B + B + A. Marius Olteau, Rm. Vâlcea Soluţie (Titu Zvoaru, omăeşti). Vom folosi otaţiile uzuale îtr-u triughi. Di euţ rezultă imediat că A 1 = p b, B 1 = p a (de fapt, A 1, B 1 şi 1 sut picioarele cevieelor puctului lui Nagel). Mai avem A = B = p c şi atuci, cu teorema cosiusului, obţiem că A 1 B1 = (p a) + (p b) (p a)(p b) cos şi A B = (p c) + (p c) (p c) cos. Putem scrie succesiv: A 1 B 1 + B A 1 A B B A = = X [(p a) + (p b) (p a)(p b) cos ] X (p c) (1 cos ) = = X [(p c) (p a)(p b)] cos = = X (a + b ac bc) cos = = X a(a c) cos + X b(b c) cos = = X a(a c) cos + X c(c a) cos A = = X (a c)(a cos c cos A) = = X (a c) (a c ) b = X (a c) (a + c) b 0. Avem egalitate dacă şi umai dacă a = b = c, deci î cazul triughiului echilateral. Notă. S-a primit soluţie corectă de la d-l Ioa Viorel odreau, Satulug, Maramureş. L48. Demostraţi că î orice triughi are loc iegalitatea 3(r a + r b + r c ) p + + r a + r b r b + r c r c + r a 5R + r. Adi Gabriel Brojbeau, elev, Târgovişte Soluţie (Ioa Viorel odreau, Satulug, Maramureş). Vom folosi egalităţile Σr a = 4R + r, Σ 1 = (4R + r) + p r a + r b 4p şi (*) p 4R + 4Rr + 3r (Gerretse). R Prima iegalitate revie, după calcule, la iegalitatea p 8R Rr r. Ţiâd seama de (*), este suficiet să arătăm că 4R + 4Rr + 3r 8R Rr r sau (R r)(4r + r) 0, ceea ce este adevărat. A doua iegalitate revie la p (19R r) (4R + r) (5R + r). Di ou utilizâd (*), este suficiet să arătăm că (4R + 4Rr + 3r )(19R r) (4R + r) (5R + r) sau, după calcule simple, (R r)(r + 3Rr r ) 0, adevărat. Evidet, se obţie egalitate dacă şi umai dacă triughiul este echilateral. 78

6 Notă. S-au primit soluţii de la elevul Necula Emauel, âmpulug Muscel, şi d-l Titu Zvoaru, omăeşti. L49. Fie ABD u patrulater atât iscriptibil, cât şi circumscriptibil. Dacă p otăm cu e şi f lugimile diagoalelor, demostraţi că È e + f. Rr ef Vasile Jiglău, Arad Soluţie. Îtr-u patrulater iscriptibil şi circumscriptibil, avem relaţiile e + f = p R ( 4R + r + r) şi ef = r( 4R + r + r). Iegalitatea de demostrat este echivaletă cu R 4R + r + r, care este adevărată pe baza iegalităţii lui Euler R r. Notă. S-a primit soluţie de la d-l Ioa Viorel odreau, Satulug, Maramureş. L50. Stabiliţi petru care ditre umerele 1,,..., 9 este adevărată egalitatea tg π tg π + tg 4π = 3. Soluţie. Ioel Tudor, ălugărei Petru =, 4, 8, membrul stâg u este defiit, deci aceste valori u sut soluţii. Notăm a = tg π tg π + tg 4π. Avem: a 1 = 0; a 3 = 3 3; a 5 = tg π 5 < 0; a 6 = 3 tg π 3 4 < 0; a 7 = tg π 7 tg π 7 + tg 4π 7 tg π 7 tg 3π 7 < 0; a 9 = tg π 9 + tg 4π 9 + tg 7π 9. = tg π 7 Observăm că tg 3 π 9 = 3; de aici 3 tg π 9 tg3 π tg π = 3, deci tg 3 π tg π tg π = 0. Pri urmare, x 1 = tg π 9 este soluţie a ecuaţiei x3 3 3x 3x+ 3 = 0; la fel arătăm că celelalte soluţii sut x = tg 4π 9 şi x 3 = tg 7π. Rezultă că 9 a 9 = x 1 + x + x 3 = 3 3. Î cocluzie, soluţia problemei este = 9. Notă. Au rezolvat problema d-ii Daiel Văcaru, Piteşti, Titu Zvoaru, omăeşti, şi Ioa Viorel odreau, Satulug, Maramureş. L51. Fie N, şi umerele reale eegative x 1, x,..., x cu proprietatea că x 1 + x x = 3. Demostraţi că (x 1 + x x ) 3 9(x 1 x + x 1 x x 1 x ). Lucia Tuţescu şi Iouţ Ivăescu, raiova Soluţie. Iegalitatea este echivaletă cu (x 1 + x x ) 6 7(x 1 + x x )(x 1 x + x 1 x x 1 x ) şi rezultă pri aplicarea iegalităţii mediilor umerelor x 1 + x x, x 1 x + x 1 x x 1 x şi x 1 x + x 1 x x 1 x. Notă. S-au primit soluţii de la elevii Ştefa ristia Popa, aracal, Adrei Raul Spătaru, Melieşti (Dolj), ristia Vîtur, Paşcai, Vladimir Guriţă, raiova, Adrei Nicolăescu, raiova, şi d-l Daiel Văcaru, Piteşti. 79

7 L5. Fie N, 5, şi umerele reale a 1 < a <... < a. Se calculează toate sumele a i + a j, i j, obţiâd t rezultate disticte. Demostraţi că t 3 şi că t = 3 dacă şi umai dacă a 1, a,..., a este progresie aritmetică. Titu Zvoaru, omăeşti Soluţia 1 (a autorului). Deoarece a 1 < a <... < a, avem cel puţi următoarele sume disticte: a 1 + a < a 1 + a 3 <... < a 1 + a < a + a < a 3 + a <... < a 1 + a, care sut î umăr de 1 + = 3, deci t 3. Să presupuem că t = 3; otăm a a 1 = r. osiderăm mulţimea A = {a + a 3, a +a 4,..., a +a 1 }. um a 1 +a 3 < a +a 3 < a +a 4 <... < a +a 1 < a +a, rezultă că A B, ude B = {a 1 +a 4, a 1 +a 5,..., a 1 +a } şi, deoarece A şi B au acelaşi cardial, deducem că A = B. De aici a 1 +a 4 = a +a 3, a 1 +a 5 = a +a 4,... a 1 +a = a + a 1, pri urmare a 4 = a 3 + r, a 5 = a 4 + r,..., a = a 1 + r. Fie acum suma a 3 + a 1. Deoarece a 3 + a 1 > a + a 1 = a 1 + a şi a 3 + a 1 < a 3 + a, rezultă că a 3 + a 1 = a + a, deci a 3 = a a 1 + a = a + r. Î cocluzie, a 1, a,..., a sut î progresie aritmetică. Reciproc, dacă a 1, a,..., a sut î progresie aritmetică de raţie r, se arată uşor că {a i + a j i j, i, j = 1, } = {a 1 + kr k = 1,,..., 3}, aşadar t = 3. Soluţia (Ioa Viorel odreau, Satulug, Maramureş). Fie S = {a i +a j i j} şi S ={a i + a j i j, i j }. Di euţ, avem că S =t şi deducem imediat că a 1 + a < a 1 + a 3 < a + a 3 + a + a 4 <... < a + a 1 < a + a < a 1 + a. ostatăm că S = ( ) + 1 = 3 şi, deci, t 3. Dacă t = 3, atuci S = S. Deoarece avem că a k +a k+ < a k +a k+3 < a k+1 + a k+3 şi a k +a k+3 S, rezultă că a k +a k+3 = a k+1 +a k+ sau a k+1 a k = a k+3 a k+, k = 1, 3.(1) Deoarece a k +a k+4 S şi a k+1 +a k+ < a k+1 +a k+3 < a k+ +a k+3, di faptul că a k + a k+4 > a k + a k+3 = a k+1 + a k+ şi a k + a k+4 < a k+1 + a k+4 = a k+ + a k+3 rezultă că a k + a k+4 = a k+1 + a k+3, adică a k+4 a k+3 = a k+1 a k, k = 1, 4(). Dâd valori lui K, î relaţiile (1) şi (), obţiem: a a 1 = a 3 a =... = a a 1, adică a 1, a,..., a este progresie aritmetică. Dacă a 1, a,..., a este progresie aritmetică, se arată uşor că t = 3. Îtradevăr, să arătăm că petru suma a i + a j cu i j 3 avem că a i + a j S. Dacă i + j este impar, observăm că a i + a j = a i+j 1 S. + a i+j+1 avem că a i + a j = a i+j + a i+j+ Notă. A mai rezolvat problema d-l Daiel Văcaru, Piteşti. S, iar dacă i + j este par, L53. Fie a, b, c trei umere reale pozitive cu a c şi x, y, z [a, c] astfel îcât x + y + z = a + b + c şi 1 x + 1 y + 1 z = 1 a + 1 b + 1. Arătaţi că umerele x, y şi z coicid c îtr-o aumită ordie, cu a, b şi c. Maria Tetiva, Bârlad 80

8 Soluţie. Fie S = x + y + z, Q = xy + yz + xz, P = xyz şi poliomul f(t) = (t x)(t y)(t z) = t 3 St +Qt P. Di ipoteză, S = a+b+c şi Q = 1 a + 1 b + 1 P, c deci f(t) = t 3 (a + b + c)t + 1 a + 1 b + 1 P t P. Tot di ipoteză, f(a) 0 şi c a(b + c) c(a + b) f(c) 0. um f(a) = (P abc) şi f(c) = (P abc), rezultă că bc ab P = abc. Pri urmare, f(t) = t 3 (a + b + c)t + (ab + ac + bc)t abc, deci rădăciile lui f sut a, b, c şi, de aici, colcuzia. L54. Determiaţi umerele reale x, y, z di itervalul [1, 3] astfel îcât x +y + z = 14 şi x 3 + y 3 + z 3 = 36. Maria Tetiva, Bârlad Soluţie. Fie A = x + y + z, B = xy + yz + zx, = xyz şi poliomul f(t) = (t x)(t y)(t z) = t 3 At + Bt. Folosid ipoteza, di x + y + z = (x + y + z) (xy + yz + zx) rezultă A B = 14, iar di x 3 + y 3 + z 3 3xyz = (x + y + z)(x + y + z xy yz zx) rezultă că 3 + A 3 3AB = 36. Pri urmare, B = A 14 şi = 7 + A3 4A. Tot di ipoteză, f(1) 0 şi f(3) 0 şi, de 6 aici, (A 3)(A 6)(A + 6) 0 şi (A 6)(A 3A 6) 0. um A = x + y + z > 3 (deoarece x, y, z u pot fi toate egale cu 1), rezultă A = 6. Petru A = 6, B = 11, = 6, poliomul f(t) = t 3 6t + 11t 6 are rădăciile 1, şi 3. Pri urmare, x, y, z sut egale cu 1,, 3, îtr-o aumită ordie. L55. Se cosideră umerele a < c < b şi şirul (x ) 1 ce satisface codiţiile: 1) orice subşir coverget al şirului (x ) 1 are limita a sau b, ) subşirurile cu limita a coverg uiform la a, iar cele cu limita b coverg uiform la b. Notăm A = {k N k şi x k c} şi B = {k N k şi x k > c}. Dacă există şi este card A fiită şi eulă limita L = lim, arătaţi că şirul y = x 1 + x x card B este coverget şi aflaţi limita sa (fucţie de a, b şi L). Studiaţi şi cazurile L = 0 şi L = +. ristiel Mortici, Târgovişte Soluţie. Fie ε > 0, a = card A, b = card B ; atuci L ε < 1 < L + ε, b 0 şi rezultă că L ε < b < L + 1 ε, apoi (L ε) L + 1 ε < a (L + ε) < L ε. Notăm A t = {x k t < k şi x k c} şi B t = {x k t < k, x k > c}. Î codiţiile problemei există 0 suficiet de mare, astfel îcât A 0 (a ε, a + ε) şi B 0 (b ε, b+ε) şi, implicit, petru orice t 0, A t (a ε, a+ε), B t (b ε, b+ε). Atuci, ditre termeii sumei x 1 + x x, a t sut î (a ε, a + ε), iar b t sut î (b ε, b + ε). Notâd σ = x 1 + x x t, rezultă, mai îtâi x 1 + x x < σ + (a t)(a + ε) + (b t)(b + ε) < σ L + ε + L ε t (a + ε) + 1 (1) L + 1 ε t (b + ε), 81

9 iar () x 1 + x x > σ + (a t)(a ε) + (b t)(b ε) > σ L ε + L + 1 ε t (a ε) + L ε t (b ε). (Problema u se modifică dacă se traslatează şirul (x ) 1, adică putem presupue a, b suficiet de mari astfel îcât a ε > 0 şi b ε > 0, îcât să u fie ereguli î îmulţirea catităţilor di (1) şi ().) Di (1) şi () deducem că x 1 + x x lim = L L + 1 a + 1 L + 1 b. Dacă L = 0, şirul mediilor tide la b, iar dacă L =, tide la a. ERATĂ Î următoarele umere de Recreaţii Matematice, se vor face corecturile idicate mai jos: /011, p.147, r.1 de jos: pag. 75 se îlocuieşte cu pag /01, p. 4, r.16 de jos: (1). Puâd se îlocuieşte cu (1), puâd r.6 de jos: demostraţie se îlocuieşte cu O demostraţie r.5 de jos: p. se îlocuieşte cu 0-1 p. 33, r.1 de jos: pag. 35 se îlocuieşte cu pag.37 p. 37, r.6 de jos: pag.31 se îlocuieşte cu pag.33 /01, p.17, r.6 de jos: geometric se îlocuieşte cu Geometric /013, p.164, r.8 de sus: 44 de fructe se îlocuieşte cu 74 de fructe. 8