++b_2014.pdf

8/18/2019 ++B_2014.pdf

1/12

Problema 3 a fost selectat din Suplimentul Gazetei Matematice- Seria B, nr. 10/2013, publicaie lunar pentru tineret, fondat în anul 1895, editat de Societatea de tiine

Matematice din România

OLIMPIADA DE MATEMATIC – ETAPA PE SECTOR, 23.02.2014 -

CLASA A V-A

Not: Toate subiectele sunt obligatorii. Fiecare subiect se puncteaz de la 0 la 7 puncte.

Pe foaia de concurs se trec rezolvrile complete. Timp de lucru: 2 ore.

1. Determinai numerele ab tiind c împr ind numrul 5ab la numrul ba obinem câtul 5i restul 25.

2. a) Determinai toate perechile de numere naturale ( ),n p care verific egalitatea

( )( )1 2 1 2 3 4n n p+ + = + + + ;

b) Determinai câte perechi de numere naturale ( ),n p care verific egalitatea

( )( )1 2 1 2 3 ... 2014n n p+ + = + + + + .

3. Se consider numrul2014

9 99 999 ... 99...99 2014.cifre

n = + + + + +

a) Ar tai c numrul n este divizibil cu 10; b) Determinai câtul i restul împr irii numrului n la 111.

4. Se consider mulimea A care are ca elemente numere naturale scrise cu cinci cifre diferite care apar in mulimii { }1,3,5,7,9 .

a) Determinai câte numere din mulimea A au prima cifr 1 i ultima cifr 3;b) Determinai câte elemente conine mulimea A ;c) Calculai suma tuturor elementelor din mulimea A .

Bucuresti

8/18/2019 ++B_2014.pdf

2/12


CLASA A V-A

SOLUII I BAREME ORIENTATIVE

Not: Fiecare subiect se puncteaz de la 0 la 7 puncte. Se acord numai punctaje întregi.Orice alt rezolvare se asimileaz conform baremului.

Subiectul 1. Determinai numerele ab tiind c împr ind numrul 5ab la numrul ba obinemcâtul 5 i restul 25 .

Prof. Cristian Mangra, Bucure ti

Detalii rezolvareBarem

asociat

Din teorema împr irii cu rest avem 5 5 25ab ba= ⋅ + , cu 25ba > . 2 pFolosind scrierea în baza 10 obinem 19 8 4a b⋅ = ⋅ + . 2 p

Deoarece numrul din membrul drept se divide cu 4 deducem c { }4,8a ∈ . 2 p

Pentru 4a = , obinem 9b = i numrul cutat este 49 .Pentru 8a = nu avem soluie.

1 p

Subiectul 2. a) Determinai toate perechile de numere naturale ( ),n p care verific egalitatea

( )( )1 2 1 2 3 4n n p+ + = + + + ;

b) Determinai câte perechi de numere naturale ( ),n p care verific egalitatea

( )( )1 2 1 2 3 ... 2014n n p+ + = + + + + .

Prof. Ion Cicu, Bucure ti

Detalii rezolvareBaremasociat

a) Avem ( )( )1 2 10n n p+ + = , deci 1n + este divizor al lui 10, adic { }1 1, 2,5,10n + ∈ 1pObinem { }0,1,4,9n ∈ . Convin perechile 0, 5n p= = i 1, 2n p= = . 2pb) R spuns: 0 perechiAvem 1 2 3 ... 2014 1007 2015+ + + + = ⋅ care este numr impar. 1p

Numerele 1n + i 2n p+ au pariti diferite deoarece 1 este impar, iar 2 p este par.

Prin urmare, numrul ( )( )1 2n n p+ + este par.2p

În concluzie ( )( )1 2 1 2 3 ... 2014n n p+ + ≠ + + + + , oricare ar fi numerele naturale n i p. 1p

8/18/2019 ++B_2014.pdf

3/12

Subiectul 3. Se consider numrul2014

9 99 999 ... 99...99 2014.cifre

n = + + + + +

a) Ar tai c numrul n este divizibil cu 10; b) Determinai câtul i restul împr irii numrului n la 111.

Prof. Aurica Pîrvescu, Boto ani


asociat

a) Numrul n are 2014 termeni formai numai cu cifra 9 . Vom scrie termenul 2014 cao sum format din 2014 de 1.Avem

( ) ( ) ( ) ( )2014 2014

9 99 999 ... 99...99 1 1 1 ... 1 9 1 99 1 999 1 ... 99...99 1cifre termeni

n = + + + + + + + + + = + + + + + + + +

sau

2014 2014

10 100 1000 ... 100...00 11...110cifre cifre

n = + + + + =

.

Cum ultima cifr este 0 , numrul este divizibil cu 10

3p

b) Vom scrie 2012 2009 2111 10 111 10 ... 111 10 10n = ⋅ + ⋅ + + ⋅ + =

( )2012 2009 2111 1 10 1 10 ... 1 10 10= ⋅ ⋅ + ⋅ + + ⋅ + Câtul este

671 grupe

100100...100

, iar restul este 10.

2 p

2 p

Subiectul 4. Se consider mulimea A care are ca elemente numere naturale scrise cu cinci cifrediferite care apar in mulimii { }1,3,5,7,9 .

a) Determinai câte numere din mulimea A au prima cifr 1 i ultima cifr 3;b) Determinai câte elemente conine mulimea A ;c) Calculai suma tuturor elementelor din mulimea A .

Prof.Marius Perianu, Slatina


asociat

a) Numerele au forma 1 3abc . Cifra a poate lua 3 valori, cifra b poate lua 2 valori, iarcifra c o valoare. Sunt 3 2 1 6⋅ ⋅ = numere

2 p

b) Numerele au forma abcde . Cifra a poate lua 5 valori, cifra b poate lua 4 valori,cifra c poate lua 3 valori, cifra d poate lua 2 valori, iar cifra e o valoare. Sunt5 4 3 2 1 120⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = de numere.

3 p

c) Fiecare cifr apare, pe fiecare poziie, de 24 de ori i atunci suma numerelor are forma4 3 224 (1 3 5 7 9) 10 24 (1 3 5 7 9) 10 24 (1 3 5 7 9) 10

24 (1 3 5 7 9) 10 24 (1 3 5 7 9) 24 25 11111 6666600

S = ⋅ + + + + ⋅ + ⋅ + + + + ⋅ + ⋅ + + + + ⋅ +

+ ⋅ + + + + ⋅ + ⋅ + + + + = ⋅ ⋅ = 2 p

8/18/2019 ++B_2014.pdf

4/12

Problema 4 a fost selectat din nr. 1/2014 al Gazetei Matematice- Seria B, publicaielunar pentru tineret, fondat în anul 1895, editat de Societatea de tiine Matematice

din România

OLIMPIADA DE MATEMATIC

– ETAPA PE SECTOR, 23.02.2014 -

CLASA A VI-A



1. Ar tai c exist un singur numr prim de trei cifre cu produsul cifrelor egal cu 70.

2. Se consider unghiurile proprii , , , AOB BOC COD DOA cu interioarele disjuncte,formate în jurul punctului O . Unghiul AOB este suplementul unghiului AOC precum

i al unghiului BOD . Msurile unghiurilor AOB i BOC sunt exprimate, în grade, prin dou numere naturale care au cel mai mare divizor comun egal cu 30.Determinai msurile unghiurilor , , , AOB BOC COD DOA .

3. Dac numerele naturale , , x y z verific egalitatea 67 52 15 x y z + = , ar tai c numrul

( ) ( ) ( ) x y y z z x+ + + se divide cu 2010 .

4. Notm cu S mulimea numerelor de cinci cifre distincte formate cu elementele mulimii{1, 2, 3, 7, 8}.a) Dac p este un element oarecare al mulimii S , ar tai c numerele 5 ,3 p i 7 p nu suntelemente ale mulimii S .b)

Determinai toate elementele m S ∈ care au proprietatea c 4m S ∈ .

Bucuresti

8/18/2019 ++B_2014.pdf

5/12


CLASA A VI-A



Subiectul 1. Ar tai c exist un singur numr prim de trei cifre cu produsul cifrelor egal cu 70.***


asociat

Descompunerea în factori a lui 70 este 2 5 7⋅ ⋅ i putem forma numerele725, 752,527, 572, 275, 257 2 p

Numerele care au ultima cifr 5 nu sunt prime; se divid cu 5, iar numerele care au ultimacifr 2 nu sunt prime pentru c se divid cu 2.

2 p

527 17 31= ⋅ , aadar nu este numr prim 2 p257 este numr prim, se verific prin împr iri succesive la 7, 11, 13 i 17. 1 p

Subiectul 2. Se consider unghiurile proprii , , , AOB BOC COD DOA cu interioareledisjuncte, formate în jurul punctului O . Msura suplementului unghiului AOB este egal cumsura unghiului AOC precum i cu msura unghiului BOD . Msurile unghiurilor AOB i

BOC sunt exprimate, în grade, prin dou numere naturale care au cel mai mare divizor comunegal cu 30.

Determinai msurile unghiurilor , , , AOB BOC COD DOA . Prof. Victor Nicolae, Petre Simion, Bucure ti


asociat

Notm ( )m AOB a= i ( )m BOC b= . Cum

( ), 30a b = , rezult c 30 , 30a x b y= = *, x y ∈ ,

( ), 1 x y = .1 p

Dac AOC are ca suplement AOB , atunci ( ) 0180m AOC a+ = .

Dar ( )m AOC a b= + i atunci 2 180a b+ = sau 60 30 180 x y+ = , rezult 2 6 x y+ = . 2 p

8/18/2019 ++B_2014.pdf

6/12

Cum y este numr par nenul, implic { }2,4 y ∈ .

Dac 2 y = , atunci 2 x = i numerele nu sunt prime între ele.

Dac 4 y = , atunci 1 x = . Rezult 0 030 , 120a b= = .

2 p

Avem ( ) 030m AOB = , ( ) 0120m BOC = .

Din ( ) ( ) ( )0 0 0180 150 120m BOD a m BOD m AOD+ = = = .

Din suma msurilor unghiurilor în jurul unui punct rezult ( ) 090m COD = .

2 p

Subiectul 3. Dac numerele naturale , , x y z verific egalitatea 67 52 15 x y z + = , ar tai c numrul

( )( )( ) x y y z z x+ + + se divide cu 2010 .

Nicolae Ivchescu, Craiova


asociat

2010 2 3 5 67= ⋅ ⋅ ⋅ .

Vom ar ta c numrul ( )( )( ) y y z z x+ + + se divide cu 2, cu 15 i cu 67. 1 p

Relaia dat se mai scrie 67 67 15 15 x y y z + = + sau 67( ) 15( ) x y y z + = + 2 p

Cum 15 este relativ prim cu 67, rezult 15 divide pe x y+ , aadar

( )15 ( )( ) y y z z x+ + + (1)

Cum 67 este relativ prim cu 15 rezult 67 divide pe y z + , aadar ( )67 ( )( ) x y y z z x+ + +

(2)

2 p

Dac , , x y z sunt numere naturale atunci cel puin dou au aceeai paritate i prin urmare,cel puin una din sumele y+ , y z + , z x+ se divide cu 2, de unde

( )2 ( )( ) y y z z x+ + + (3)1 p

Din (1), (2) i (3) rezult ( )2 15 67 ( )( ) x y y z z x⋅ ⋅ + + + , adic ( )2010 ( )( ) x y y z z x+ + + 1 p

Subiectul 4. Notm cu S mulimea numerelor de cinci cifre distincte formate cu elementelemulimii {1, 2, 3, 7, 8}.a) Dac p este un element oarecare al mulimii S , ar tai c numerele 5 ,3 p p i 7 p nu suntelemente ale mulimii S .b) Determinai toate elementele m S ∈ care au proprietatea c 4m S ∈ .

Prof.Gheorghe Rotariu, Dorohoi, Boto ani


asociat

a) Dac p S ∈ , atunci( ) { }5 0,5U p ∈ . Deci 5 p S ∉

1 pDac p S ∈ , 9 3, p k k = + ∈ . Dar 3 p este multiplu de 9, deci 3 S ∉ . 1 p

Dac p S ∈ , p abcde= i 7 p S ∈ , atunci 1a = i 2b = . Se obine c 7 12cde S ⋅ ∉ . 1 p

b) Dac m S ∈ , m abcde= i 4m S ∈ , atunci { }1,2a ∈ . 2 p

Dac 1a = , atunci { }7,8b ∈ i se obine 17832m = . 1p

Dac 2a = , atunci 1b = i se obine 21783m = . 1p

8/18/2019 ++B_2014.pdf

7/12

Problema 1 a fost selectat din nr. 10/2013 al Gazetei Matematice- Seria B, publicaielunar pentru tineret, fondat în anul 1895, editat de Societatea de tiine Matematicedin România



CLASA A VII-A



1. Determinai toate perechile de numere naturale ( ),a b care verific egalitatea2 2 2 211 11 1893a b a b− − = .

2. Se consider trapezul ABCD ( AB CD ) în care { }O AC BD= ∩ . Punctele M i N sunt

situate pe segmentele ( ) AO i respectiv ( ) BO , iar punctele P i Q sunt situate pe

segmentele ( ) AD i respectiv ( ) BC , astfel încât MP AD⊥ , iar NQ BC ⊥ .a) Demonstrai c OAD OBC S S = ;

b) Demonstrai c MN AB dac i numai dac AD NQ

BC PM = .

3. Se consider numerele întregi nenule a, b i c care verific egalitatea1 1 1

a b ca b c

+ + = + + .

a) Ar tai c 3a b c+ + ≤ ;

b) Ar tai c cel puin unul dintre numerele a, b sau c are modulul egal cu 1.

4. Pe ipotenuza triunghiului dreptunghic ABC , ( ) 90m BAC = , se consider punctele D i Eastfel încât BD AB= i CE AC = . Punctele F i G sunt situate pe laturile ( ) AB , respectiv

( ) AC astfel încât BF BE = i CG CD= . Dac I este centrul cercului înscris în triunghiul

ABC , demonstrai c punctele F , I i G sunt coliniare.

Bucuresti

8/18/2019 ++B_2014.pdf

8/12


CLASA A VII-A



Subiectul 1. Determinai toate perechile de numere naturale ( ),a b care verific egalitatea2 2 2 211 11 1893a b a b− − = .

Prof. Eugen Predoiu, C l ra i


asociat

Egalitatea din enun este echivalent cu ( )( )2 211 11 2014 2 19 53a b− − = = ⋅ ⋅ 3pDeci { }2 11 1,2,19,53,38,106,1007,2014a − ∈ 2p

Convin numai 2 11 38a − = i 2 11 53b − = sau 2 11 38b − = i 2 11 53a − = , de unde

obinem ( ) ( ) ( ){ }, 7,8 , 8,7a b ∈ .2p

Subiectul 2. Se consider trapezul ABCD ( AB CD ) în care { }O AC BD= ∩ . Punctele M i N sunt

situate pe segmentele ( ) AO i respectiv ( ) BO , iar punctele P i Q sunt situate pe segmentele

( ) AD i respectiv ( ) BC , astfel încât P AD⊥ , iar NQ BC ⊥ .

a) Demonstrai c OAD OBC S S = ;

b) Demonstrai c MN AB dac i numai dac AD NQ

BC PM = .

Prof. Traian Preda, Bucure ti


asociata) Avem DAB CABS S = . Scdem din ambii membri ai egalitii AOBS i obinem

OAD OBC S S = .2p

b) N AB este echivalent, conform teoremei lui Thales, cuOM ON

A NB= .

Echivalent cu DMO CNO

DMA CNB

S S

S S = .

2p

Echivalent cu DMO DMA CNO CNB

DMA CNB

S S S S

S S

+ += , adic

DOA COB

DMA CNB

S S

S S = .

Echivalent cu DMA CNBS S = .

2p

Echivalent cu2 2

AD MP BC NQ⋅ ⋅= , echivalent cu

AD NQ

BC PM = 1p

8/18/2019 ++B_2014.pdf

9/12

Subiectul 3. Se consider numerele întregi nenule a, b i c care verific egalitatea

1 1 1a b c

a b c+ + = + + .

a) Ar tai c 3a b c+ + ≤ ;

b) Ar tai c cel puin unul dintre numerele a, b sau c are modulul egal cu 1.

Prof. Lucian Petrescu, Tulcea, Cristian Mangra, Bucure tiDetalii rezolvare

Barem

asociat

a) Din ipotez, rezult 1 1 1 1 1 1

1 1 1 3a b ca b c a b c

+ + = + + ≤ + + ≤ + + = .

Egalitatea se obine pentru ( ) ( ) ( ){ }, , 1,1,1 , 1, 1, 1a b c ∈ − − − 2p

b) Presupunem c 2, 2, 2a b c≥ ≥ ≥ , atunci1 1 1 1 1 1 3

12

a b ca b c a b c

≤ + + = + + ≤ + + ≤

Obinem 1a b c+ + = 2p

Dac toate numerele a, b i c sunt impare, atunci

1 1 1

1 13 3 3a b c= + + ≤ + + =

, deci3a b c= = = . Cum a b c+ + este multiplu de 3, rezult c 1a b c+ + ≠

1p

Dac, de exemplu numerele a i b sunt pare i c este impar, atunci1 1 1 1 1 1

12 6 3a b c

= + + = + + , dar 2 3 6 11 1+ + = ≠ . Rezult c, cel puin unul dintre numerele

a, b, c are modulul egal cu 1.

1p

Un triplet care verific egalitatea din enun este, de exemplu ( ) ( ), , 1, 2, 2a b c = − 1p

Subiectul 4. Pe ipotenuza triunghiului dreptunghic ABC , ( ) 90m BAC = , se consider punctele D i E astfel încât BD AB= i CE AC = . Punctele F i G sunt situate pe laturile ( ) AB , respectiv

( ) AC astfel încât BF BE = i CG CD= . Dac I este centrul cercului înscris în triunghiul ABC ,demonstrai c punctele F , I i G sunt coliniare.

Prof. Gabriel Vrînceanu, Mircea Fianu, Bucure ti


asociat

Deoarece triunghiul BFE este isoscel i ( BI este bisectoarea unghiului EBF , rezult c

dreapta BI este mediatoarea segmentului [ ] EF (1) .

Cum triunghiul CAE este isoscel, iar (CI este bisectoarea unghiului ACE , rezult c

dreapta CI este mediatoarea segmentului [ ] EA (2).

Din (1) i (2), rezult c I este centrul cercului circumscris triunghiului AFE , deci I estesituat pe mediatoarea segmentului [ ] FA (3).

2p

Analog, obinem c I este centrul cercului circumscris triunghiului AGD, deci I este situat pe mediatoarea segmentului [ ]GA (4). 2p

Din (3) i (4) deducem c I este centrul cercului circumscris triunghiului AGF . 1p

Cum triunghiul AFG este dreptunghic în A, rezult c I este mijlocul ipotenuzei [ ] FG ,

deci punctele F , I i G sunt coliniare.2p

8/18/2019 ++B_2014.pdf

10/12

Problema 4 a fost selectat din Suplimentul Gazetei Matematice- Seria B nr.10

/2013,publicaie lunar pentru tineret, fondat în anul 1895, editat de Societatea detiine Matematice din România



CLASA A VIII-A

Not: Toate subiectele sunt obligatorii. Fiecare subiect se puncteaz de la 0 la 7 puncte.Pe foaia de concurs se trec rezolvrile complete. Timp de lucru: 3 ore.

1. Demonstrai c dac a, b i n sunt numere naturale nenule astfel încâta b

nb a

+ = , atunci

numrul

2014 radicali

2 A n n n n n= + + + + + +

este natural.

2. Se consider expresia ( )

2 2

2 2 2 2

16

,

a b ab

E a b b a a b= + +

+ , unde a i b sunt numere reale strict pozitive.

a) Ar tai c numrul ( )2 1, 2 1 E − + este raional;b) Determinai cel mai mare numr real n pentru care inegalitatea ( ), E a b n≥ are loc,

oricare ar fi numerele reale strict pozitive a i b.

3. Se consider triunghiul echilateral ABC i triunghiul BCD situate în plane perpendiculare.Fie M mijlocul segmentului [ ] AD i G centrul de greutate al triunghiului ABC .

Dac ( ) DG MBC ⊥ , demonstrai c triunghiul BCD este dreptunghic isoscel.

4. Ar tai c, dac a, b i c sunt lungimile laturilor unui triunghi dreptunghic cu ipotenuza a,atunci

a) 2a

bc≥ ;

b) ( )( )

( )( )17 12 2

a b a c

a b a c

− −≤ −

+ +.

Bucuresti

8/18/2019 ++B_2014.pdf

11/12


CLASA A VIII-A



Subiectul 1. Demonstrai c dac a, b i n sunt numere naturale nenule astfel încâta b

nb a

+ = ,

atunci numrul

2014 radicali

2 A n n n n n= + + + + + +

este natural.

Prof. Lucian Petrescu, Tulcea


asociat

Ridicând la ptrat relaia din ipotez obinem2 2

2 2a b a b

nb a ab

++ = = − ∈ . 2p

Putem considera ( ), 1a b = . Fracia2 2a b

ab

+ este ireductibil , deci 1a b= = . 3p

Obinem 2n = . 1pFinalizare, 2 A = ∈ 1p

Subiectul 2. Se consider expresia ( )

2 2

2 2 2 216, a b ab E a b b a a b= + +

+, unde a i b sunt numere reale strict

pozitive.

a) Ar tai c numrul ( )2 1, 2 1 E − + este raional;b) Determinai cel mai mare a numr real n pentru care inegalitatea ( ), E a b n≥ are loc, oricare ar

fi numerele reale strict pozitive a i b. Prof. Traian Preda, Bucure ti


asociat

a) ( )2

2 1, 2 1 36

3

E − + = ∈ . 2p

b) Inegalitatea din enun este echivalent cu( )

22

2 28 10

a ba bn

b a a b

− − − ⋅ ≥ −

+.

Adic ( ) ( )( )

( )

22 2 2 22

2 2 2 2

810

a b a b a ba b n

a b a b

+ + −

− ⋅ ≥ −

+

.

2p

Deoarece 2 2 2a b ab+ ≥ i ( )2

4a b ab+ ≥ , obinem, prin înmulire

( ) ( )22 2 2 28a b a b a b+ + ≥ . Deci ( ), 10 0 E a b − ≥ , oricare ar fi numerele reale strict2p

8/18/2019 ++B_2014.pdf

12/12

pozitive a i b.. Deducem c 10n ≥ .

Cum ( ), 10 E a a = , 0a > , rezult c 10n = . 1p

Subiectul 3. Se consider triunghiul echilateral ABC i triunghiul BCD situate în plane perpendiculare. Fie M mijlocul segmentului [ ] AD i G centrul de greutate al triunghiului ABC .

Dac ( ) DG MBC ⊥ , demonstrai c triunghiul BCD este dreptunghic isoscel.

Prof. Mircea Fianu, Bucure ti


asociatFie N mijlocul segmentului [ ] BC . Punctele A, G i N sunt coliniare i AN BC ⊥ (1)

Cum ( ) DG MBC ⊥ , rezult c DG BC ⊥ (2)

Din (1) i (2) deducem c ( ) BC AND⊥ , deci dreapta DN este mediatoare a segmentului

[ ] BC , prin urmare, triunghiul BDC este isoscel cu DB DC = .

2p

În triunghiul dreptunghic AND avem2

AD NM = (3). Dac P este mijlocul segmentului

[ ] AG i { } R DG MN = ∩ , atunci [ ] PM este linie mijlocie în triunghiul ADG, de unde

deducem c [ ]GR este linie mijlocie în triunghiul NPM , deci R este mijlocul segmentului

[ ] N . Cum DR MN ⊥ , rezult c triunghiul DMN este isoscel cu2

AD DN DM = = (4)

Din (3) i (4) obinem c triunghiul MDN este echilateral.

3p

Triunghiurile ANC i AND sunt congruente (C. U.), deci2

BC ND NC = = , adic

triunghiul DBC este dreptunghic în D.2p

Subiectul 4. Ar tai c, dac a, b i c sunt lungimile laturilor unui triunghi dreptunghic cu ipotenuzaa, atunci

a) 2a

bc≥ ;

b) ( )( )

( )( ) 17 12 2a b a c

a b a c

− −

≤ −+ + .

Prof. Valerian Vl escu, Dorohoi


asociat

a) Prin ridicare la ptrat, inegalitatea devine2

2a

bc≥ , sau 2 2a bc≥ , adic 2 2 2b c bc+ ≥ .

Ultima inegalitate este adevrat deoarece este echivalent cu ( )2

0b c− ≥ .

2p

b) 2 2 2a b c= + , obinem2c

a ba b

− =+

i2b

a ca b

− =+

. Inegalitatea din enun devine

( ) ( )( )2 2 22 2 3 2 2

b c

a b a c≤ −

+ +

, adic ( )( )

13 2 23 2 2

bc

a b a c≤ − =

+ + +. 2p

Inegalitate echivalent cu

( )2

1 1

2 11 1a a

b c

≤

++ +

sau ( )2

1 1 2 1a a

b c

+ + ≥ +

.

Avem ( ) ( )22 2 22

1 1 1 1 1 2 1a a a a a a a

b cb c bc bc bc bc bc

+ + = + + + ≥ + + = + ≥ +

3p

++b_2014.pdf

Documents