format .pdf, 1.8 MB

Soluţie. Plecând de la identitatea k (k +1)= 1 [k (k +1)(k +2)− (k − 1) k (k +1)]
3
în care dăm valori lui k de la 1 la n, obţinem prin sumare 1·2+2·3+···+n (n +1)=
= 1 n (n +1)(n +2).Scăzând în ambii membri ai ecuaţiei date suma 1+2+···+ n,
3
obţinem echivalent:
n (n +1)(n +2)
3
altfel spus n +1
6
−
2n (2n +1)
2
=
n (n +1)
2
⇔
=1, ceea ce antrenează n =5.
n (n +1)(2n +1)
6
=
2n (2n +1)
,
6
VI.29. În triunghiul ascuţitunghic ABC, bisectoarea interioară aunghiului B b
intersectează înălţimea AD în E, D ∈ [BC]. Fie F ∈ (DC astfel încât AE = EF.
Arătaţi că BE⊥AF .
Tamara Culac, Iaşi
Soluţie. Fie E 0 ∈ [AB] astfel încât EE 0 ⊥AB. Cum
E se află pe bisectoarea lui B, b este egal depărtat de laturile
unghiului: ED = EE 0 . Atunci 4AEE 0 ≡ 4FED
(C.I.), deci \AEE 0 ≡ \DEF, de unde rezultă că E 0 ,E,F
sunt coliniare, adică FE 0 ⊥AB. Urmeazăcă E este ortocentrul
4ABF ,aşadar BE⊥AF .
VI.30. Pe ipotenuza (BC) a triunghiului dreptunghic
ABC se consideră puncteleN şi M astfel încât BN =
AB, CM = AC. Dacă P şi Q sunt proiecţiile punctelor
M şi N pe dreptele AN, respectiv AM, demonstraţi că
segmentele (MP), (NQ) şi (PQ) se pot constitui în laturile
unui triunghi.
Cătălin Calistru, Iaşi
Soluţie. Fie {R} = MP ∩ NQ ortocentrul 4AMN;
atunci AR⊥BC. Avem:
m( \BAM) =m( [BAR) − m( \MAR)=90 ◦ − m( B)− b
³
´
− 90 ◦ − m( \AMC) = m( \AMC) − m( B)= b
= m( \MAC) − m( B)=m( b \MAR)+90 ◦ − m( C) b − m( B)=m( b \MAR).
Analog se arată că şi m(\CAN)=m(\NAR), deci m( \MAN)= 1 2 m( A)=45 b ◦ .Atunci
4PAM şi 4QAN sunt triunghiuri isoscele, de unde MP = AP şi NQ = AQ.
Urmează că (MP), (NQ), (PQ) se pot constitui în laturile unui triunghi, anume
4AP Q.
ClasaaVII-a
VII.26. Determinaţi a ∈ Q ştiind că p a + √ 2 − √ 2 ∈ Q.
Gheorghe Iurea, Iaşi
Soluţie. Fie x = p a + √ 2 − √ 2 ∈ Q. Atunci a + √ 2=2+2x √ 2+x 2 şi cum
a, x ∈ Q, urmeazăcă a =2+x 2 şi 1=2x. De aici, x = 1 2 şi a = 9 . Reciproc, dacă
4
56