Traian LALESCU - Geometria Triunghiului (1993)

Encore un remarquable ouvrage de Géométrie dû à un savant roumain prématurément disparu. Trajan Lalesco s'est d'abord fait connaître par des publications concernant les équations intégrales. Je ne sais s'il a cherché à établir lui-même un lien entre ces équations et la Géométrie du triangle mais la chose ne me semble pas impossible. L'analyse des substitutions linéaires ou des matrices peut finalement prendre une forme intégrale et les transformations linéaires primitives ne sont qu'homographies capables de jouer abondamment dans le domaine triangulaire. Voies peut-être très différentes mais issues d'un même carrefour. L'auteur a su les parcourir avec un égal bonheur.
L'abondance des coordonnées associées au triangle (angulaires, normales, barycentriques, ...) traduit, au fond, des isomorphies groupales que les précurseurs ne mettaient pas en évidence, mais qui maintenant illustrent, de la façon la plus esthétique, un sujet qui ne demande qu'a être inséré dans la science élevée. C'est du moins l'impression que donne l'exposé. Très projectif, celui-ci ne manque pas de devenir métrique, c'est à dire trigonométrique.
Adolphe BUHL, L'Enseignement Mathématique, Vol. 37 (1938)

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Simultaneous equations with floor functions

Se rezolva sistemul
                                          x+[y]+{z}=$a$
                                         {x}+y+[z]=$b$
                                          [x]+{y}+z=$c$

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Vezi si completarea la o postare mai veche, aici

In legatura cu problemele 3810- RMET 1,2/1979, pag 48 si 1/cl X - SGM 9/2012, pag 12

DIDACTICA MATEMATICA N0 1/2014

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GAZETA MATEMATICA Seria A N0 3-4/2011

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La articolul de la pag 103-106, vezi bibliografia aici sau aici.

PROBLEMA 27463, GMB 12/2017, pag. 605, autori L. DRAGOMIR, Oțelu-Roșu și N. STĂNILOIU, Bocșa

La rubrica :

                            PROBLEME/

                             PROBLEME PREGĂTITOARE PENTRU CONCURSURI ȘI OLIMPIADE/

                                            PROBL EME PENTRU LICEU/

                                                    Clasa a IX-a

Enunț:

             27463. Determinați funcțiile strict cresctoare $f:\mathbb{N}\rightarrow \mathbb{N}$, cu proprietatea că $\frac{f(x)+f(y)}{1+f(x+y)}$ este un număr natural nenul, pentru orice $x,y\in \mathbb{N}$.

 Lucian Dragomir, Oțelu-Roșu și Nicolae Stăniloiu, Bocșa

Soluție CIP

Răspuns CIP:

$f(x)=ax+1, a\in \mathbb{N}, a\geqslant 1 $

Rezolvare CIP: Pentru $x=y=0$, din condiția $\frac{2f(0)}{1+f(0)}\in \mathbb{N}^{\bigstar}$  $\Leftrightarrow$ $2-\frac{2}{1+f(0)}$ $\in \mathbb{N}^{\bigstar}\Rightarrow f(0)=1$. 
Din monotonie rezultă $f(x+y)>f(x), f(y)$, pentru $x,y\geqslant 1$, deci $2f(x+y)>f(x)+f(y)$ și atunci $0<\frac{f(x)+f(y)}{1+f(x+y)}$<$ $$\frac{2f(x+y)}{1+f(x+y)}=2-\frac{2}{1+f(x+y)}<2$. De aici rezultă că $\frac{f(x)+f(y)}{1+f(x+y)}=1$, adică

$f(x)+f(y)=1+f(x+y)$, pentru $x,y\geqslant 1$.

În particular avem $f(x+1)=f(x)+f(1)-1$ și notând $a=f(1)-1$ care este, în virtutea strictei monotonii $a>f(0)-1=0$, obținem, prin inducție completă, formula din răspuns. Apoi se verifică imediat că toate funcțiile de forma găsită satisfac cerințelor enunțului.

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See also artofproblemsolving.com
or https://artofproblemsolving.com/community/c573365h1570740_problem_27463_gmb_122017_p_605 (aici lipsesc niste diacritice)

PROBLEMA E:15290, GMB 12/2017, pag. 604, autor Otilia Sorana BEJAN, Reșița

La rubrica :

                            PROBLEME/

                             PROBLEME PREGĂTITOARE PENTRU CONCURSURI ȘI OLIMPIADE/

                                            PROBL EME PENTRU GIMNAZIU/

                                                    Clasa a VIII-a

Enunț:

             E:15290. Fie numerele reale $x,y,z \geq 1$ astfel încât $x+y+z=6$. Arătați că $\frac{x^{2}+3}{3x^{2}+1}+\frac{y^{2}+3}{3y^{2}+1}+\frac{z^{2}+3}{3z^{2}+1}\geq \frac{3}{2}$.

 Otilia Sorana Bejan, Reșița

Soluție CIP

Din inegalitatea, evidentă pentru $x \geq 1$, $(x-1)^{3} \geq 0$, obținem echivalent : $x^{3}+3x\geqslant 3x^{2}+1\Leftrightarrow $ $\frac{x^{2}+3}{3x^{2}+1}$$\geqslant \frac{1}{x}$ și analoagele pentru y și z. Adunându-le obținem:

$\frac{x^{2}+3}{3x^{2}+1}+\frac{y^{2}+3}{3y^{2}+1}+\frac{z^{2}+3}{3z^{2}+1}\geq$ $\frac{1}{x}+$$\frac{1}{y}+$$\frac{1}{z}$.

Din inegalitatea (relativ) cunoscută $(x+y+z)(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z})\geqslant 9$, și ținând seama de ipoteza $x+y+z=6$, rezultă $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\geqslant \frac{9}{6}$. Atunci rezultă de mai sus, prin tranzitivitate, tocmai inegalitatea de demonstrat.

$\blacksquare $