Solutiile problemelor propuse în nr. 2 / 2001
Solutiile problemelor propuse în nr. 2 / 2001
Solutiile problemelor propuse în nr. 2 / 2001
You also want an ePaper? Increase the reach of your titles
YUMPU automatically turns print PDFs into web optimized ePapers that Google loves.
Soluţiile <strong>problemelor</strong> <strong>propuse</strong> în <strong>nr</strong>. 2 / <strong>2001</strong><br />
Clasele primare<br />
P.14. Scrieţi toate scăderile de tipul aa − bb = cc cu rezultatul mai mare ca 50.<br />
( Clasa I ) Gabriela Lozovanu, elevă, Iaşi<br />
Soluţie. Rezultatul cc poate fi: 55, 66, 77, 88. Distingem cazurile:<br />
1) bb =11, când sunt posibile scăderile: 66 − 11 = 55, 77 − 11 = 66, 88 − 11 = 77,<br />
99 − 11 = 88;<br />
2) bb =22,cândavem:77 − 22 = 55, 88 − 22 = 66, 99 − 22 = 77;<br />
3) bb =33,cândavem:88 − 33 = 55, 99 − 33 = 66;<br />
4) bb =44,cândavemosingurăscădere: 99 − 44 = 55.<br />
P.15. Mama împarte nouă merelaceitreicopiiaisăi. Câtemerepoateprimi<br />
fiecare dacă unuldineiaprimitmaimultdetreimereşi mai puţin de şase<br />
(Clasa I )<br />
Maria Mursa, elevă, Iaşi<br />
Soluţie. Prin scrierea (a, b, c) vom înţelege că uncopilaprimita mere, un altul b<br />
mere, iar ultimul c mere. Primul copil poate primi 4 mere sau 5 mere. Avem cazurile:<br />
(4, 1, 4), (4, 2, 3), (5, 1, 3), (5, 2, 2).<br />
P.16. Suma vârstelor a trei fraţi este cinci ani. Doi dintre ei sunt gemeni, iar<br />
cel mai mare are ochii negri. Câţi ani are fiecare dintre fraţi<br />
(ClasaaII-a)<br />
Teodora-Cerasela Grigoraş, elevă, Iaşi<br />
Soluţie. Deoarece fraţiigemenisuntmaimicidecâtfratelecuochinegri,singura<br />
soluţie este 1 an, 1 an, 3 ani.<br />
P.17. Despre numerele naturale a şi b ştim că: 199
o treime din perioada dintre ora 12 şi sfârşitul zilei, adică (24 − 12):3=12:3=4<br />
ore. Ceasul arăta ora 16.<br />
P.20. Să sedeterminenumărul natural A = xyzt ştiind că suntîndeplinite<br />
condiţiile: a) suma cifrelor este 20, b) fiecare cifră este cu doi mai mare decât cea<br />
din faţa ei.<br />
(Clasa a III-a)<br />
Înv. Elena Marchitan, Iaşi<br />
Soluţie. Deducem că y = x +2, z = x +4, t = x +6. Dacăînlăturăm din 20<br />
suma (2 + 4 + 6) obţinem de 4 ori cifra x. Deci4 · x =20− (2+4+6)=20− 12 = 8<br />
şi x =8:4=2.Numărul căutat este 2468.<br />
P.21. În curtea bunicii sunt 81 de păsări: raţe, gâşte şi găini. Ştiind că elepot<br />
fi grupate astfel încât la o gâscă săcorespundătreigăini, iar la două gâşte, o raţă,<br />
aflaţi câte păsări de fiecare fel are bunica în curte.<br />
(ClasaaIV-a)<br />
Teodora-Cerasela Grigoraş, elevă, Iaşi<br />
Soluţie. Deoarece la două gâşte corespunde o raţă, iar la fiecare gâscă treigăini,<br />
putem să facem grupuri de câte o raţă, 2 gâşte şi 6 găini, ceea ce înseamnă 9 păsări<br />
de curte. În curte sunt 81 : 9 = 9 (grupuri). Vom avea soluţia 9 · 1=9(raţe),<br />
9 · 2=18(gâşte) şi 9 · 6=54(găini).<br />
P.22. Lungimea unui dreptunghi reprezintă 3 din perimetrul său. Dacă adunăm<br />
8<br />
1<br />
din lăţime cu lungimea, obţinem 105 cm. Aflaţi dimensiunile şi perimetrul<br />
2<br />
dreptunghiului.<br />
(ClasaaIV-a)<br />
Înv. Maria Racu, Iaşi<br />
Soluţie. Suma lungimilor reprezintă 6 din perimetru, iar suma lăţimilor reprezintă<br />
2 8 din perimetru. Înseamnă că o lungime reprezintă 3 din perimetru şi o lăţime<br />
8<br />
8<br />
1<br />
1<br />
din perimetru. Cum jumătate din lăţime reprezintă din perimetru, iar fracţia<br />
8 16<br />
3<br />
8 este egală cu 6 7<br />
, deducem că<br />
16 16 din perimetru reprezintă 105 cm, apoi 1<br />
16 din<br />
perimetru reprezintă 105 : 7 = 15 (cm). Perimetrul este 16·15 = 240 (cm). Lungimea<br />
este 240 : 8 · 3=30· 3=90(cm), iar lăţimea este 240 : 8 = 30 (cm).<br />
P.23. Dacă împărţim la patru fiecare termen al unui şir de numere, obţinem mai<br />
multe numere consecutive impare, cu suma ultimelor două, adică 96, maimarecu<br />
16 decât dublul sumei primelor două numere. Să segăsească alcincileatermenal<br />
şirului.<br />
(ClasaaIV-a)<br />
Înv. Mihai Agrici, Iaşi<br />
Soluţie. Dublul sumei primelor două numere impare consecutive este 96 − 16 =<br />
=80. Suma primelor două numere impare consecutive este 80 : 2 = 40. Primul<br />
număr din şirul numerelor impare consecutive este (40 − 2):2=38:2=19. Al<br />
cincilea număr din şirul numerelor impare consecutive este 19+2+2+2+2=27.<br />
Numărul căutat este 27 · 4 = 108.<br />
Clasa a V-a<br />
V.21. Arătaţi că numărul N =2 n+1 · 3 n +2 n · 3 n+1 +6· 6 n este divizibil cu 11<br />
55
pentru orice n ∈ N.<br />
Dorina Carapanu, Iaşi<br />
Soluţie. Calculând, avem N =2·2 n ·3 n +2 n ·3 n ·3+6·6 n =2·6 n +3·6 n +6·6 n =<br />
=6 n (2+3+6)=6 n · 11, deci N se divide cu 11 oricare ar fi n ∈ N.<br />
V.22. Determinaţi mulţimea A = © n; n ∈ N,n 2 + n +2=1+2+3+...+ <strong>2001</strong> ª .<br />
Maria Zălinescu, Iaşi<br />
Soluţie. Deoarece n 2 + n +2=n (n +1)+2este număr par pentru orice n ∈ N,<br />
<strong>2001</strong> · 2002<br />
iar 1+2+...+ <strong>2001</strong> = = <strong>2001</strong> · 1001 este impar, urmează că A = ∅.<br />
2<br />
V.23. Să seafle ultima cifră anumărului S =1+2+2 2 + ...+2 <strong>2001</strong> .<br />
Cristiana Artenie, elevă, Iaşi<br />
Soluţia I. Se observă că U(2 4k+1 +2 4k+2 +2 4k+3 +2 4k+4 )=U (2+4+8+6)=<br />
=0, oricare ar fi k ∈ N. Deoarece S =1+ ¡ 2 1 +2 2 +2 3 +2 4¢ + ¡ 2 5 +2 6 +2 7 +2 8¢ +<br />
+ ···+ ¡ 2 1997 + ...+2 2000¢ +2 <strong>2001</strong> , rezultă că U (S) =U(1+0+0+...+0+2) = 3.<br />
Soluţia II. Avem 2S =2+2 2 + ...+2 2002 =2 2002 − 1+S şi atunci S =2 2002 − 1<br />
iar U (S) =3.<br />
V.24. Să se determine numerele abc pentru care a + b + c = abc.<br />
Paraschiva Bîrsan, Iaşi<br />
Soluţie. Mai general, vom determina numerele naturale a, b, c cu proprietatea<br />
a + b + c = abc (1).<br />
Dacă celpuţin unul din cele trei numere este nul, atunci abc =0, deci a+b+c =0<br />
şi atunci a = b = c =0.<br />
Fie a, b, c ∈ N ∗ şi să presupunem că a ≤ b ≤ c. Impărţind prin c, (1) se scrie sub<br />
forma a c + b +1=ab şi ţinând seama de presupunerea făcută rezultăcă 1
n (n +1)<br />
=2 = n (n +1). Rezultă atuncică {a 1 ,a 2 ,...,a 2n+1 } = {0, ±1,...,±n}<br />
2<br />
şi deci |a 1 + a 2 + ...+ a 2n+1 | =0. Rezultatul are loc pentru n ≥ 1.<br />
VI.22. Să seafle numerelea, b ∈ N, ştiind că 5a − 3b =72şi (a, b) =24.<br />
Mihai Gârtan, Iaşi<br />
Soluţie (dată de Boieriu Bianca, elevă, Braşov). Fie a =24m, b =24n, cu<br />
m, n ∈ N, (m, n) =1; atunci ecuaţia devine 5m − 3n =3sau încă 5m =3(n +1).<br />
Deducem că m . 3, decim =3t şi n =5t − 1. Cum n ∈ N, găsim t ∈ N ∗ . Să<br />
determinăm t astfel încât (m, n) =1. Fie d | 3t şi d | 5t − 1; rezultă că d | 5 · 3t−<br />
−3(5t − 1), deci d | 3, prin urmare m şi n suntprimeîntreelesausedividla3. Cum<br />
3 | 3t, din3 | 5t − 1 găsim t =3k +2, k ∈ N. Astfel,(m, n) =1dacă şi numai dacă<br />
t =3k sau t =3k +1. Găsim soluţiile a =24· 9k, b =24(15k − 1), k ∈ N ∗ sau<br />
a =24(9k +3), b =24(15k +4), k ∈ N.<br />
VI.23. a) Aflaţi a, b ∈ N ∗ cu proprietăţiile: ab =24şi [a, b]+(a, b) =14.<br />
b) Fie a, b ∈ N ∗ , a ≤ b, cu proprietatea că [a, b]+(a, b) =a + b. Săsearatecă<br />
a | b.<br />
Cristiana Constanda, elevă, Iaşi<br />
Soluţie. a) Deoarece [a, b] · (a, b) =a · b =24şi [a, b] +(a, b) =14,rezultăcă<br />
[a, b] =12şi (a, b) =2. Atunci, a =2a 0 , b =2b 0 ,cu(a 0 ,b 0 )=1şi a 0 · b 0 =6,adică<br />
(a 0 ,b 0 ) ∈ {(1, 6) , (2, 3) , (3, 2) , (6, 1)}, deci(a, b) ∈ {(2, 12) , (4, 6) , (6, 4) , (12, 2)} şi<br />
aceste perechi verifică ipotezele problemei.<br />
b) Deoarece [a, b] +(a, b) =a + b şi cum are loc şi [a, b] · (a, b) =ab, rezultă că<br />
[a, b] =a şi (a, b) =b sau [a, b] =b şi (a, b) =a. Condiţia a ≤ b impune [a, b] =b şi<br />
(a, b) =a. Din acestea, deducem uşor că a | b.<br />
VI. 24. a) Fie suma S = 1 39 + 1 40 + ...+ 1<br />
50 .Săsearatecă 6 25
FM ⊥ AB.<br />
Constantin Cocea şi Dumitru Neagu, Iaşi<br />
Soluţie. Notăm cu D proiecţia lui A pe BC şi fie<br />
{P } = FM∩AB. Atunci AD este bisectoarea unghiului A: b<br />
m(\DAB) =m(\DAC) =α. Cum FM este mediana corespunzătoare<br />
ipotenuzei în triunghiul dreptunghic FEB,<br />
rezultă că FM = MB, de unde \MBF = \MFB. Însă<br />
m( \MBF)=90 ◦ −m( C)=m(\DAC) b h=α, deci m( \MFB)=<br />
α. Înconcluzie,m(\BPF) = 180 ◦ − m( B)+m( b i<br />
\MFB) =<br />
h<br />
180 ◦ − m( B)+α b i<br />
= 180 ◦ − 90 ◦ =90 ◦ ,adică FP ⊥ AB.<br />
Clasa a VII-a<br />
µ 1<br />
VII.21. Fie E (x) =<br />
x +2 − 3 x (x +4)+4<br />
·<br />
x − 2 x 2 , x ∈ R\{±2, ±4}. Dacă<br />
− 16<br />
A = {x ∈ N; ½x par şi E (x) ∈ Z} ¾şi B = {x ∈ N; x impar şi E (x) ∈ N}, săsearate<br />
x<br />
că mulţimea<br />
y | x ∈ A şi y ∈ B are un singur element.<br />
Dumitru-Dominic Bucescu, Iaşi<br />
−2(x +2)<br />
Soluţie. Calculând, obţinem că E (x) = . Fie x =2k ∈ A; cum<br />
(x − 2) (x − 4)<br />
− (k +1)<br />
E (x) =<br />
∈ Z şi k ∈ N, avemînmodnecesar(k − 1) (k − 2) ≤ k +1,<br />
(k − 1) (k − 2)<br />
de unde k 2 − 4k +1 ≤ 0, sau(k − 2) 2 ≤ 3, i.e. |k − 2| ≤ √ 3,decik ∈ {0, 1, 2, 3}, ceea<br />
ce implică x ∈ {0, 2, 4, 6}. Însă x ∈ R\{±2, ±4}, iar dintre numerele E (0) şi E (6)<br />
este întreg numai al doilea; rezultă că A = {6}. ½ Fieacumx =2l +1∈ ½ B; deoarece<br />
−2(2l +3)<br />
2l − 1 | 2l +3 2l − 1 | 4<br />
E (x) =<br />
(2l − 1) (2l − 3) ∈ N, urmeazăcă ⇔<br />
⇔<br />
½<br />
2l − 3 | 2l +3 2l − 3 | 6<br />
l ∈ {0, 1}<br />
.Obţinem ca posibile valori x ∈ {1, 3} şi, prin verificare, B = {3}.<br />
l ∈ {0, 1, 2, 3}<br />
Concluzia este acum imediată.<br />
VII. 22. Să searatecănumărul A =12+12 3 +12 5 + ... +12 <strong>2001</strong> se divide prin<br />
1716.<br />
Gabriel Popa, Iaşi<br />
Soluţia I (dată deautor).Deoarece 1716 = 11 · 12 · 13 cu factorii relativ primi<br />
şi este evident că A . 12, rămâne să arătăm că A<br />
. 11 şi A<br />
. 13. Observăm că A este o<br />
sumă cu1001 termeni, iar 1001 = 7 · 11 · 13. Atunci:<br />
A − 1001 = (12 − 1) + ¡ 12 3 − 1 ¢ + ¡ 12 5 − 1 ¢ + ...+ ¡ 12 <strong>2001</strong> − 1 ¢ = M 11<br />
A + 1001 = (12 + 1) + ¡ 12 3 +1 ¢ + ¡ 12 5 +1 ¢ + ...+ ¡ 12 <strong>2001</strong> +1 ¢ = M 13 ,<br />
unde am folosit faptul că 12 2k+1 − 1=(12− 1) ¡ 12 2k + ...+12+1 ¢ = M 11 ,iar<br />
12 2k+1 +1=(12+1) ¡ 12 2k − ...− 12 + 1 ¢ = M 13 .<br />
Soluţia II (dată deelevaŞtefana Brănişteanu). Observăm că 1716 = 12·143<br />
şi 12 2 = 143 + 1. Avem:<br />
A =12 ¡ 1+12 2 +12 4 + ...+12 2000¢ h<br />
=12 1 + (143 + 1) + (143 + 1) 2 +<br />
58
+ ...+(143+1) 1000i = 12 [1 + (143 + 1) + (M 143 +1)+...+(M 143 +1)]=<br />
= 12 (1001 + M 143 )=12(7· 143 + M 143 )=12· M 143 = M 1716 .<br />
VII.23. Intr-un reper cartezian xOy se consideră puncteleA (−a, a), B (b, a),<br />
C (0,c) şi D (0,a) cu a>0, b>0, c>0. Să secompareCA + CB + CO cu<br />
DA + DB + DC + DO.<br />
Maria Zălinescu, Iaşi<br />
Soluţie. Dacă a>c,atunciDC + CO = DO. Deoarece DA + DC > CA şi<br />
DB + DC > CB, atunci DA + DB +2DC > CA + CB, deciDA + DB + DC+<br />
+(DC + CO) >CA+CB+CO,adică DA+DB+DC+DO > CA+CB+CO. Dacă<br />
a
Clasa a VIII-a<br />
VIII.21. Dacă f : {0, 1, 2,...,10} → {0, 1, 2,...,10} este dată prinf (x) =<br />
= ax + b, a ∈ R ∗ , b ∈ R, atuncif (5) = 5.<br />
Gheorghe Iurea, Iaşi<br />
Soluţie. Evident că x 1 6= x 2 dacă şi numai dacă f (x 1 ) 6= f (x 2 ) şi deci {f (0) ,<br />
f (1) ,...,f(10)} = {0, 1,...,10}. Atunci f (0)+f (1)+...+f (10) = 1+2+...+10,<br />
adică a (1 + 2 + ...+ 10) + 11b =55, de unde rezultă că 5a + b =5, i.e. f (5) = 5.<br />
VIII.22. Fie a>0, b>0. Arătaţi că<br />
1<br />
a 4 + 1<br />
4a 3 b + 1<br />
6a 2 b 2 + 1<br />
4ab 3 + 1 b 4 ≥ 128<br />
3(a + b) 4<br />
Lucian Tuţescu, Craiova<br />
Soluţie. Avem că<br />
¡<br />
a 4 +4a 3 b +6a 2 b 2 +4ab 3 + b 4¢ µ 1<br />
a 4 + 1<br />
4a 3 b + 1<br />
6a 2 b 2 + 1<br />
4ab 3 + 1 <br />
b 4 =<br />
µ 1<br />
=5+<br />
4 +4+2 3 + 3 µ a<br />
2 b a<br />
+ b µ µ <br />
1 a<br />
2<br />
+<br />
6 +1+6 b 2 + b2<br />
a 2 +<br />
µ µ µ <br />
1 a<br />
3<br />
+<br />
4 +4 b 3 + b3 a<br />
4<br />
a 3 +<br />
b 4 + b4<br />
a 4 ≥ 128<br />
3 ,<br />
deoarece x y + y ≥ 2, ∀x, y > 0. Concluzia se obţine acum ţinând seama de faptul că<br />
x<br />
(a + b) 4 = a 4 +4a 3 b +6a 2 b 2 +4ab 3 + b 4 . Egalitatea este atinsă pentrua = b.<br />
VIII.23. Să se rezolve în mulţimea numerelor reale ecuaţia<br />
x 2<br />
|x +1| = x − 4<br />
x +1 + ||x| − 1| . Mihai Crăciun, Paşcani<br />
Soluţie. Explicităm modulele pe fiecare dintre intervalele (−∞, −1), (−1, 0),<br />
[0, 1), [1, ∞) şi rezolvăm ecuaţiile obţinute. În final, găsim două soluţii: −5 şi 5.<br />
VIII.24. Arătaţi că α ∈ (0, 1), ştiind că numărul real α este o soluţie a ecuaţiei<br />
a 1 x 2k1+1 + a 2 x 2k2+1 + ...+ a n x 2kn+1 = b,<br />
unde a 1 ,a 2 ,...,a n ,b∈ (0, ∞); k 1 ,k 2 ,...,k n ∈ N şi a 1 +a 2 +...+a n >b(generalizare<br />
a problemei VIII.17 din <strong>nr</strong>.1/<strong>2001</strong>).<br />
Mihaela Negrea, Braşov<br />
Soluţie. Dacă α ≥ 1, atuncia 1 α 2k1+1 +...+a n α 2kn+1 −b ≥ a 1 +...+a n −b>0,<br />
deci α nu poate fi soluţie a ecuaţiei date. Dacă α ≤ 0, atuncia 1 α 2k1+1 + ...+<br />
+a n α 2kn+1 − b ≤−b
PA 0 ; pentru aceasta, fie {O} = AA 0 ∩ MM 0<br />
şi {M 00 } = CC 0 ∩ MM 0 . În 4A 0 AC avem<br />
MOkAC şi atunci, conform teoremei fundamentale<br />
a asemănării,<br />
OM<br />
AC = A0 O<br />
A 0 A , deci<br />
OM = 3AC<br />
5 .<br />
Analog, în 4M 0 M 00 C 0 avem OPkC 0 M 00 ,<br />
OP<br />
deci<br />
M 00 C 0 = M 0 O<br />
M 0 M 00 ,adică OP · M 0 M 00 =<br />
µ<br />
= M 00 C 0·M 3AC<br />
0 O, de unde OP · + AC<br />
= 3AA0<br />
5<br />
5<br />
În final, PA 0 = OA 0 − OP = 3AA0<br />
5<br />
− 9AA0<br />
40<br />
= 3AA0 .<br />
8<br />
· 3AC<br />
9<br />
, prin urmare OP =<br />
5 40 AA0 .<br />
Clasa a IX-a<br />
IX.21. Să sestabilească care dintre afirmaţiile următoare:<br />
(i) ||sin x| − |sin y|| ≤ |sin (x − y)| , ∀x, y ∈ R;<br />
(ii) ||cos x| − |cos y|| ≤ |cos (x − y)| , ∀x, y ∈ R;<br />
(iii) |sin (x − y)| ≤ |sin x − sin y| , ∀x, y ∈ R;<br />
(iv) |cos (x − y)| ≤ |cos x − cos y| , ∀x, y ∈ R<br />
este adevărată şi care este falsă.<br />
Gheorghe Costovici, Iaşi<br />
Soluţie. Deoarece sin x =sin(x − y + y) =sin(x − y)cosy +cos(x − y)siny,<br />
urmează că |sin x| ≤ |sin (x − y)| + |sin y|. Analog, |sin y| ≤ |sin (y − x)| + |sin x| şi<br />
din aceste două relaţii obţinem că − |sin (x − y)| ≤ |sin x| − |sin y| ≤ |sin (x − y)|,<br />
ceea ce arată că (i) este adevărată.<br />
Afirmaţia (ii) este falsă: pentru x = π şi y =0,obţinem contradicţia 1 ≤ 0.<br />
2<br />
De asemenea, (iii) este falsă (putem lua x = π 2 , y = π √ √<br />
2 2<br />
4 şi obţinem 2 ≤ 1 − 2 ,<br />
absurd), iar (iv) este tot falsă (considerândx = y, amavea1 ≤ 0).<br />
IX.22. Să searatecămăcar una dintre ecuaţiile: ax 2 +2 √ 3bcx+bc (a + b + c) =0,<br />
bx 2 +2 √ 3cax+ca (a + b + c) =0, cx 2 +2 √ 3abx+ab (a + b + c) =0,undea, b, c ∈ R ∗ ,<br />
admite rădăcini reale.<br />
Mihail Bencze, Braşov<br />
Soluţie. Dacă, prin absurd, nici una dintre ecuaţii nu ar avea soluţiile reale,<br />
atunci toate ar avea discriminantul negativ, deci ∆ 1 + ∆ 2 + ∆ 3 < 0. Însă ∆ 1 + ∆ 2 +<br />
+∆ 3 =12 £ a 2 b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2 − abc (a + b + c) ¤ h<br />
=6 (ab − ac) 2 +(ab − bc) 2 +<br />
i<br />
+(bc − ac) 2 ≥ 0 , de unde concluzia.<br />
IX.23. Fie a ∈ R şi o funcţie f : R → R ce satisface relaţia<br />
f (f (x + y)+y) =x + f (ay) , ∀x, y ∈ R.<br />
1 ◦ Săsearatecă f este injectivă.<br />
2 ◦ Să se determine funcţiile f ce satisfac condiţia de mai sus.<br />
Dan Popescu, Suceava<br />
Soluţie. 1 ◦ Luând y =0în relaţia din ipoteză, obţinem că f (f (x)) = x + f (0),<br />
61
∀x ∈ R. Dacă x 1 ,x 2 ∈ R sunt astfel încât f (x 1 )=f (x 2 ), atunci f (f (x 1 )) =<br />
= f (f (x 2 )), decix 1 + f (0) = x 2 + f (0), adică x 1 = x 2 ; rezultă că f este injectivă.<br />
2 ◦ Deoarece f (f (0)) = 0 + f (0) = f (0) şi f este injectivă, urmează că f (0) = 0<br />
şi atunci f (f (x)) = x, ∀x ∈ R. Pentru x = 0 în relaţia din ipoteză obţinem<br />
f (f (y)+y) =f (ay), ∀y ∈ R, decif (y) +y = ay, ∀y ∈ R, i.e. f (y) =(a − 1) y,<br />
∀y ∈ R. Din aceasta şi din faptul că ∀y ∈ R, f (f (y)) = y deducem că (a − 1) 2 =1,<br />
adică a ∈ {0, 2}. Prin urmare, f (x) =−x, dacă a =0; f (x) =x, dacă a =2şi<br />
ecuaţia funcţională nuaresoluţii în rest.<br />
IX.24. a) Fie x, y, z, t ∈<br />
µ− 1 <br />
2 , ∞ cu x + y + z + t =1. Arătaţi că x 3 + y 3 +<br />
+z 3 + t 3 ≥ 1<br />
16 .<br />
b) Fie x 1 ,x 2 ,...,x n ∈<br />
µ− 2 <br />
n , ∞ cu x 1 + x 2 + ...+ x n =1.Arătaţi că x 3 1 + x 3 2+<br />
+ ...+ x 3 n ≥ 1 n 2 . Mihai Bogdan Ion, elev, Craiova<br />
Soluţie. Vom demonstra direct punctul b). Avem:<br />
x 1 > − 2 n ⇔ n ³ n<br />
´ µ<br />
2 x 1 +1> 0 ⇔<br />
2 x 1 +1 x 1 −<br />
n 1 2<br />
≥ 0 ⇔<br />
⇔ n 2 x3 1 − 3<br />
2n x 1 + 1 n 2 ≥ 0 ⇔ x3 1 ≥ 3nx 1 − 2<br />
n 3 ,<br />
cu egalitate pentru x 1 = 1 . Scriind inegalităţile analoage şi adunând cele n relaţii<br />
n<br />
membru cu membru, obţinem concluzia; egalitatea are loc pentru x 1 = x 2 = ... =<br />
= x n = 1 n .<br />
IX.25. Fie ABC un triunghi oarecare şi punctele A 1 ,B 1 ,C 1 pe laturile (BC),<br />
(CA) şi respectiv (AB). DrepteleAA 1 ,BB 1 şi CC 1 intersectează cercul circumscris<br />
triunghiului ABC în punctele A 2 ,B 2 şi respectiv C 2 .Săsearatecă<br />
AA 1<br />
+ BB 1<br />
+ CC 1<br />
≥ 2 p 2<br />
A 1 A 2 B 1 B 2 C 1 C 2 3 Rr .<br />
Neculai Roman, Mirceşti (Iaşi)<br />
Soluţia autorului. Utilizând relaţia lui Stewart şi puterea punctului, avem:<br />
AA 1 AA 2 1<br />
= · BC<br />
A 1 A 2 AA 1 · A 1 A 2 · BC = AB2 · A 1 C + AC 2 · A 1 B − A 1 B · A 1 C · BC<br />
=<br />
A 1 B · A 1 C · BC<br />
= c2<br />
ax + b 2<br />
a (a − x) −1,undex = A 1B. Considerând în inegalitatea Cauchy-Buniakovski-<br />
Schwartz a 1 = √ c b<br />
, a 2 = √ , b 1 = √ x, b 2 = √ a − x, obţinem:<br />
x a − x<br />
AA 1<br />
A 1 A 2<br />
= 1 a<br />
" µ c<br />
√ x<br />
2<br />
+<br />
µ # 2<br />
b<br />
√ − 1 ≥ a − x<br />
(b + c)2 4p (p − a)<br />
a 2 − 1=<br />
a 2 ,<br />
cu egalitate dacă a 1<br />
= a 2<br />
, i.e. x =<br />
ac<br />
b 1 b 2 b + c ,adică A 1 este piciorul bisectoarei din A.<br />
62
Fără a restrânge generalitatea, presupunem a ≥ b ≥ c;<br />
1<br />
atunci p − a ≤ p − b ≤ p − c şi<br />
a 2 ≤ 1 b 2 ≤ 1 c 2 . Aplicând<br />
inegalitatea lui Cebâşev, obţinem:<br />
AA 1<br />
+ BB 1<br />
+ CC1 ·p − a<br />
≥ 4p<br />
A 1 A 2 B 1 B 2 C 1 C 2 a 2 + p − b<br />
b 2 + p − c ¸<br />
c 2 ≥<br />
≥ 4p hX i ·X ¸ µ 1 (p − a)<br />
3<br />
a 2 = 4p2 1<br />
3 a 2 + 1 b 2 + 1 <br />
c 2 ≥<br />
µ<br />
≥ 4p2 1<br />
3 ab + 1 bc ac + 1 = 4p2<br />
3 · 2p<br />
abc = 8p3<br />
3 · 4RS = 2p2<br />
3Rr ,<br />
cu egalitate pentru a = b = c.<br />
Inegalitatea demonstrată este mai tare decât inegalitatea cunoscută AA 1<br />
+<br />
A 1 A 2<br />
+ BB 1<br />
+ CC 1<br />
≥ 9, deoarece 2p2<br />
B 1 B 2 C 1 C 2 3Rr = 8p3<br />
3abc ≥ 8p 3<br />
µ a + b + c<br />
3<br />
3<br />
3<br />
=8p 3 ·<br />
9<br />
8p 3 =9.<br />
Clasa a X-a<br />
X.21. Fie (a n ) n≥1<br />
o progresie aritmetică cua 1 ∈ N ∗ şi raţia r =19. Săse<br />
cerceteze dacă, pornind de la şirul (b n ) n≥1<br />
(unde b n este suma cifrelor termenului<br />
a n ), putem permuta termenii acestuia încât să seobţină o progresie geometrică.<br />
Lucian-Georges Lăduncă, Iaşi<br />
Soluţia I (dată de Gheorghe Iurea, Iaşi). Presupunem că (b n ) n≥1<br />
este o<br />
progresie geometrică. Deoarece dintre numerele a 1 , a 1 +19, a 1 +38unul singur este<br />
divizibil cu 3, acestea conduc la trei numere din şirul (b n ): b m , b s , b t , ma n . Contradicţie, întrucât pentru orice număr<br />
natural a n , a n depăşeşte suma cifrelor sale, adică a n ≥ b n .Cazulq =1se analizează<br />
ca în soluţia III.<br />
Soluţia III (în maniera autorului). Vom rezolva problema în cazul general în<br />
care r ∈ N ∗ .Fiea 1 = x 1 x 2 ...x p şi r = y 1 y 2 ...y k .Pentrun suficient de mare (n ><br />
p), a 10n +1 = a 1 +10 n r = y 1 y 2 ...y k 0 ...0x 1 x 2 ...x p , deci b 10n +1 = y 1 +...+y k +x 1 +<br />
+ ...+x p . Prin urmare, dacă (b n ) n≥1<br />
este o progresie geometrică, atunci q =1.Cum<br />
b 1 = x 1 + x 2 + ...+ x p şi b 10 n +1 6= b 1 pentru n suficient de mare, rezultă că q 6= 1.<br />
În consecinţă, nu putem forma o progresie geometrică pornind de la şirul (b n ) n≥1<br />
.<br />
X.22.<br />
Să se demonstreze că oriceşir (x n ) n≥1<br />
de numere reale care satisface<br />
63
elaţia<br />
x m+1 x n − x m+n<br />
¯ x m x n<br />
¯¯¯¯ ≤ 1<br />
m + n , ∀m, n ∈ N∗ , este o progresie geometrică.<br />
Dan Popescu, Suceava<br />
Soluţie. Pentru m, n ∈ N ∗ arbitrari, avem:<br />
x m+1<br />
¯ − x n+1<br />
x m x n<br />
¯¯¯¯ =<br />
x m+1 x n − x m+n + x m+n + x n+1 x m<br />
¯<br />
x m x n<br />
¯¯¯¯ ≤<br />
≤<br />
x m+1 x n − x m+n<br />
¯ x m x n<br />
¯¯¯¯ +<br />
x n+1 x m − x m+n<br />
¯ x m x n<br />
¯¯¯¯ ≤ 2<br />
m + n .<br />
Definim y n = x n+1<br />
şi să dovedimcă y n = q, ∀n ∈ N ∗ ;dacăarexistam, n ∈ N ∗<br />
x n<br />
cu y m 6= y n , atunci am avea 0 1, atunci − ln b > 0, deciecuaţia are o singură soluţie pe R.<br />
ln a<br />
(ii) Deoarece 0 < a < 1, pentru unica soluţie x, avem:<br />
b<br />
x 1 ⇔ ln b +lna>0 ⇔ ln ab > 0 ⇔ ab > 1.<br />
ln a<br />
X.25. Fie ABCD un tetraedru în care AB = CD şi BC = AD. Notăm cu<br />
64
A 1 punctuldepesferacircumscrisă tetraedrului, diametral opus vârfului A. Săse<br />
demonstreze că A 1 C ⊥ BD.<br />
Constantin Cocea, Iaşi<br />
Soluţie (dată de Mihaela Negrea, Braşov). Pentru fixarea ideilor, să presupunem<br />
că BC ≤ CD; atunci m(\BDC) < 90 ◦ . Din triunghiurile dreptunghice<br />
ADA 1 şi ABA 1 avem A 1 D = √ 4R 2 − AD 2 = √ 4R 2 − BC 2 şi A 1 B = √ 4R 2 − AB 2 =<br />
= √ 4R 2 − CD 2 ;rezultăcă A 1 B ≤ A 1 D, deci m( BDA \ 1 ) < 90 ◦ . Dacănotăm cu<br />
T 1 ,T 2 proiecţiile pe BD ale punctelor C, respectiv A 1 ,urmeazăcă T 1 ,T 2 ∈ (DB.<br />
Din teorema lui Pitagora generalizată obţinem:<br />
DT 2 = BD2 + A 1 D 2 − A 1 B 2<br />
2BD<br />
= BD2 +4R 2 − BC 2 − ¡ 4R 2 − CD 2¢<br />
2BD<br />
= BD2 + CD 2 − BC 2<br />
= DT 1 ,<br />
2BD<br />
deci T 1 = T 2 = T şi A 1 T ⊥ BD. Atunci (A 1 TC) ⊥ BD, de unde A 1 C ⊥ BD.<br />
Clasa a XI-a<br />
XI.21. Să se rezolve sistemul de ecuaţii:<br />
2x 1 +x 2 −x 3 =0, 2x 2 +x 3 −x 4 =0,..., 2x 2000 +x <strong>2001</strong> −x 1 =0, 2x <strong>2001</strong> +x 1 −x 2 =0.<br />
Gabriel Popa, Iaşi<br />
Soluţia I. Notăm y 1 =2x 1 − x 2 ,y 2 =2x 2 − x 3 ,...,y <strong>2001</strong> =2x <strong>2001</strong> − x 1 ;sistemul<br />
se rescrie:<br />
y 1 + y 2 =0,y 2 + y 3 =0, ... , y 2000 + y <strong>2001</strong> =0,y <strong>2001</strong> + y 1 =0.<br />
Scăzând a doua ecuaţie din prima, a patra ecuaţie din a treia ş.a.m.d., obţinem y 1 =<br />
= y 3 = ...= y <strong>2001</strong> şi folosind ultima ecuaţie deducem că y 1 =0. Înlocuind, obţinem<br />
y n =0, ∀n ∈ {1, 2,...,<strong>2001</strong>}. Deaici,x 2 =2x 1 ,x 3 =2x 1 ,...,x <strong>2001</strong> =2 2000 x 1 şi din<br />
ultima ecuaţie avem 2 <strong>2001</strong> x 1 −x 1 =0,decix 1 =0şi atunci x 2 = x 3 = ...= x <strong>2001</strong> =0.<br />
Soluţia II. Considerăm şirul (x n ) n≥1<br />
definit prin relaţia de recurenţă x n+2 =<br />
=2x n +x n+1 , ∀n ≥ 1; termenul general al acestui şir este x n = A·(−1) n +B·2 n , n ≥ 1<br />
unde A şi B se exprimă în funcţie de x 1 şi x 2 prin A = 1 3 (x 2 − 2x 1 ), B = 1 6 (x 1 + x 2 ).<br />
Înlocuindînultimeledouăecuaţii x 2000 şi x <strong>2001</strong> ,seobţine un sistem în necunoscutele<br />
x 1 şi x 2 , omogen cu determinantul nenul. Deci, x 1 = x 2 =0şi atunci x n =0,<br />
∀n ∈ {1, 2,...,<strong>2001</strong>}.<br />
Notă. Dacă amfiavutunnumăr par de necunoscute, sistemul obţinut în x 1<br />
şi x 2 ar fi fost nedeterminat: x 2 = −x 1 . Se obţine x 1 = x 3 = ... = x 2k−1 = α,<br />
x 2 = x 4 = ...= x 2k = −α, ∀α ∈ R.<br />
XI.22. Şirul (x n ) se defineşte prin relaţiile x 0 =1, x 1 = 1 2 şi x n+2 = x n+1 x 2 n,<br />
n ∈ N ∗ .Săseafle expresia termenului general x n şi lim x n.<br />
n→∞<br />
Adrian Corduneanu, Iaşi<br />
Soluţie. Se verifică imediat prin inducţie că x n > 0, ∀n ∈ N. Notând y n =lnx n ,<br />
prin logaritmarea relaţiei date obţinem pentru (y n ) n≥0<br />
recurenţa y n+2 = y n+1 +2y n ,<br />
cu y 0 =ln1=0, y 1 =ln 1 2 = − ln 2. De aici, y n =[(−1) n − 2 n ]ln 3√ 2 şi deci<br />
65<br />
=
x n = e yn = ¡ √ 3<br />
2 ¢ (−1) n −2 n ; rezultă că lim x n =0.<br />
n→∞<br />
XI.23. Să searatecănuexistăfuncţii f : R → R continue şi neconstante astfel<br />
încât f (Q) ⊂ Z.<br />
Constantin Cocea, Iaşi<br />
Soluţie. Fie x 0 ∈ R\Q şi (x n ) n<br />
⊂ Q, x n → x 0 . Cum f continuă, avem că<br />
f (x n ) → f (x 0 ) şi deoarece f (x n ) ∈ Z, obţinem că f (x 0 ) ∈ Z, decif (R\Q) ⊆ Z.<br />
Rezultă că f (R) ⊆ Z şi cum f continuă, urmează că f (R) ={c}, cuc ∈ Z, adică f<br />
este constantă.<br />
XI.24. Fie f : R → R ofuncţie continuă cu proprietatea că există (a n ) n<br />
un şir<br />
fără limită astfelîncât(f (a n )) n<br />
este convergent. Arătaţi că f nu este injectivă.<br />
Ovidiu Munteanu, student, Braşov<br />
Soluţie. Cum f este continuă, f (R) este un interval. Să presupunem prin absurd<br />
că f este injectivă. Folosind şi continuitatea, rezultă că f este strict monotonă şi<br />
atunci funcţia f −1 : f (R) → R este strict monotonă şi continuă.<br />
Fie l ∈ R astfel încât lim f (a n)=l. Dacă l ∈ f (R), din continuitatea lui f −1<br />
n→∞<br />
urmează căexistă lim a n = lim f −1 (f (a n )) = f −1 (l), contrar ipotezei. Dacă l/∈<br />
n→∞ n→∞<br />
/∈ f (R), cumf −1 este strict monotonă, rezultă căexistă lim a n = lim f −1 (f (a n ))<br />
n→∞ n→∞<br />
în R, contrar ipotezei.<br />
XI.25. Fie f : R → R ofuncţie derivabilă peR şi f 0 : R → R derivata sa având<br />
proprietatea că ∀ (x n ) n≥1<br />
astfel încât (f 0 (x n )) n≥1<br />
este convergent urmează căşirul<br />
(x n ) n≥1<br />
este convergent. Să se studieze monotonia funcţiei g : R → R definită prin<br />
g = f 0 ◦ f 0 .<br />
Dumitru Gherman, Paşcani<br />
Soluţie. Arătăm mai întâi că funcţia f 0 este injectivă. ½ În caz contrar, există<br />
a, n impar<br />
a 6= b cu f 0 (a) =f 0 (b); definim şirul (x n ) n<br />
prin x n =<br />
. Atunci,<br />
b, n par<br />
există lim<br />
n→∞ f 0 (x n )=f 0 (a) =f 0 (b), însănuexistă limita şirului (x n ) n<br />
,ceeacear<br />
contrazice ipoteza. Rămâne, deci, că f 0 este injectivă. Cum f 0 are proprietatea lui<br />
Darboux, rezultă că este strict monotonă. În consecinţă funcţia g = f 0 ◦f 0 este strict<br />
crescătoare.<br />
Clasa a XII-a<br />
XII.21. Să se determine funcţiile continue şi crescătoare f :[0, 1] → R care<br />
satisfac condiţia<br />
Z 1<br />
0<br />
f (sin x) dx +<br />
Z 1<br />
0<br />
f (ln (1 + x)) dx =1+<br />
Z 1<br />
0<br />
f 2 (x) dx, ∀x ∈ [0, 1] .<br />
Dumitru Gherman, Paşcani<br />
Soluţie. Pentru x ∈ [0, 1] avem 0 ≤ sin x ≤ x ≤ 1 şi 0 ≤ ln (1 + x) ≤ x ≤ 1.<br />
Cum f este crescătoare, rezultă că f (sin x) ≤ f (x) şi f (ln (1 + x)) ≤ f (x) de<br />
unde, prin integrare, obţinem R 1<br />
0 f (sin x) dx + R 1<br />
0 f (ln (1 + x)) dx ≤ 2 R 1<br />
f (x) dx,<br />
0<br />
sau 1+ R 1<br />
0 f 2 (x) dx − 2 R 1<br />
0 f (x) dx ≤ 0, adică R 1<br />
0 [f (x) − 1]2 dx ≤ 0. Cum f este<br />
continuă, rezultă că f (x) =1, ∀x ∈ [0, 1], funcţie care în mod evident satisface<br />
condiţia din ipoteză.<br />
XII.22. Fie f :[0, 1] → R ofuncţie cu proprietatea că există L ≥ 0 astfel ca<br />
66
|f (x) − f (y)| ≤ L |x − y| , ∀x, y ∈ [0, 1]. Săsearatecă<br />
Z 1<br />
·Z 1<br />
¸2<br />
f 2 (x) dx − f (x) dx ≤ L2<br />
0<br />
0<br />
12 .<br />
Dan Ştefan Marinescu, Hunedoara<br />
Soluţie. Pentru ∀x, y ∈ [0, 1], avem:<br />
|f (x) − f (y)| ≤ L |x − y| ⇔ [f (x) − f (y)] 2 ≤ L 2 (x − y) 2 ⇔<br />
⇔ f 2 (x) − 2f (x) f (y)+f 2 (y) ≤ L 2 ¡ x 2 − 2xy + y 2¢ .<br />
Fixând y ∈ [0, 1] şi integrând în raport cu x pe intervalul [0, 1], obţinem:<br />
Z 1<br />
Z 1<br />
µ <br />
1<br />
f 2 (x) dx − 2f (y) f (x) dx + f 2 (y) ≤ L 2 3 − y + y2 .<br />
0<br />
Integrând în raport cu y pe [0, 1], vomavea:<br />
Z 1<br />
0<br />
f 2 (x) dx − 2<br />
Z 1<br />
de unde R 1<br />
0 f 2 (x) dx −<br />
0<br />
f (x) dx<br />
0<br />
Z 1<br />
0<br />
f (y) dy +<br />
h R 1<br />
0 f (x) dx i 2<br />
≤<br />
L 2<br />
12 .<br />
Z 1<br />
0<br />
f 2 (y) dy ≤ L 2 µ 1<br />
3 − 1 2 + 1 3<br />
XII.23. a) Să searatecă ˆx ∈ Z n este inversabil dacă şi numai dacă ∃f ∈ Z n [X]<br />
astfel încât f(ˆ0) = ˆ0 şi f(ˆx) =ˆ1.<br />
b) Să searatecăexistă f ∈ Z n [X] astfel încât f(ˆ0) = ˆ0 şi f(ˆx) =ˆ1, ∀ˆx ∈ Z n , ˆx<br />
inversabil.<br />
***<br />
Soluţie. a) Fie bx ∈ U (Z n ); definim f ∈ Z n [X], f (X) =bx −1 X, polinom care<br />
are proprietăţile că f(b0) = b0 şi f(bx) =b1. Reciproc, fie bx ∈ Z n şi f ∈ Z n [X],<br />
f (X) =ba 0 X m + ...+ ba m astfel încât f(b0) = b0 şi f(bx) =b1. Atunci ba m = b0 şi cum<br />
f 6= b0, există g ∈ Z n [X] cu f (X) =X · g (X). Pentru bx, obţinem că bxg (bx) =b1,<br />
adică bx ∈ U (Z n ) şi bx −1 = g(bx).<br />
b) Fie U (Z n )={bx 1 , bx 2 ,...,bx k };seştie că bx 1 bx 2 ···bx k = −b1. Atunci polinomul<br />
f =(−1) k Q k (X − bx i )+b1 verifică toate condiţiile cerute.<br />
i=1<br />
XII.24. Fie (G, ·) un grup, x, y ∈ G şi m, n, k ∈ N ∗ astfel încât x mn = e şi<br />
x m yx −m = y k ,undee este elementul neutru. Să searatecă y kn−1 = e (generalizare<br />
a problemei XII.15 din <strong>nr</strong>. 2/2000).<br />
Mihaela Negrea şi Florin Popovici, Braşov<br />
Soluţie. Avem:<br />
y k2 = ¡ y k¢ k ¡<br />
= x m yx −m¢ ... ¡ x m yx −m¢ = x m y k x −m = x m x m yx −m x −m = x 2m yx −2m .<br />
Prin inducţie matematică searatăcă y kj = x jm yx −jm , ∀j ∈ N ∗ . Urmeazăcă<br />
y kn = x nm yx −nm şi folosind ipoteza obţinem y kn = y, de unde prin simplificare cu<br />
y rezultă concluzia.<br />
XII.25. Fie (G, ·) un grup cu n 2 − n +1 elemente astfel încât f : G → G,<br />
f (x) =x n să fie endomorfism. Să se demonstreze că grupulG este abelian.<br />
Ovidiu Munteanu, student, Braşov<br />
Soluţie. Avem x n y n =(xy) n = x (yx) n−1 y, deci x n−1 y n−1 =(yx) n−1 . Atunci<br />
67<br />
<br />
,
y n x n =(yx) n = yx(yx) n−1 = yxx n−1 y n−1 = yx n y n−1 , de unde x n y n−1 = y n−1 x n .<br />
Astfel, rezultă că x n(n−1) y n(n−1) = ¡ x n−1¢ n<br />
(y n ) n−1 =(y n ) n−1 ¡ x n−1¢ n<br />
= y n(n−1) ×<br />
×x n(n−1) . Notând m =ordG, avemcă m = n 2 −n+1,decin (n − 1) = m−1, adică<br />
x m−1 y m−1 = y m−1 x m−1 ,ceeacearatăcă x −1 y −1 = y −1 x −1 , ∀x, y ∈ G, şi atunci<br />
xy = yx, ∀x, y ∈ G.<br />
Soluţiile <strong>problemelor</strong> pentru pregătirea concursurilor<br />
din <strong>nr</strong>.2/<strong>2001</strong><br />
A. Nivel gimnazial<br />
G1. Trei elevi scriu câte un număr având <strong>2001</strong> cifre: A = a <strong>2001</strong> a 2000 ...a 2 a 1 ,<br />
B = b <strong>2001</strong> b 2000 ...b 2 b 1 , C = c <strong>2001</strong> c 2000 ...c 2 c 1 . Săsearatecăînscriereaacestor<br />
numere există treipoziţii m, n şi p astfel încât a m = a n = a p , b m = b n = b p şi<br />
c m = c n = c p .<br />
Gabriel Popa, Iaşi<br />
Soluţie. Să gândim cele trei numere scrise unele sub altele; citind pe verticală,<br />
obţinem astfel <strong>2001</strong> numere de câte trei cifre a k b k c k , k = 1, 2,...,<strong>2001</strong>. Aceste<br />
numere iau valori între 000 şi 999, aşadar 1000 de posibilităţi. Conform principiului<br />
cutiei, între cele <strong>2001</strong> numere sunt măcar trei egale: există m, n, p astfel încât<br />
a m b m c m = a n b n c n = a p b p c p , de unde concluzia.<br />
G2. Determinaţi m ∈ N ∗ 1<br />
maxim astfel încât (a +3)(a +5)(a +7)(a +9) să<br />
m<br />
fie număr natural pentru orice a număr natural impar.<br />
Gheorghe Iurea, Iaşi<br />
Soluţie. Cum a =2k +1, k ∈ N, trebuie determinat numărul natural maxim<br />
m care divide 16 (k +2)(k +3)(k +4)(k +5), ∀k ∈ N. Căutăm m de forma 16n,<br />
cu n | (k +2)(k +3)(k +4)(k +5), ∀k ∈ N. Pentru k = 0 şi k = 4 obţinem<br />
că n este un divizor comun al numerelor 2 · 3 · 4 · 5 şi 6 · 7 · 8 · 9, deci n | 2 3 · 3.<br />
Rezultă că valoarea maximă posibilă aluin este 24. Pe de altă parte, produsul<br />
(k +2)(k +3)(k +4)(k +5)are patru factori consecutivi şi atunci se divide cu 3 şi<br />
cu 8, deci cu 24. Prin urmare, valoarea maximă căutată aluim este 16 · 24 = 384.<br />
G3. Fie ABC un triunghi cu unghiul A ascuţit. Pe laturile [AB] şi [AC] se<br />
construiesc în exterior triunghiurile ADB echilateral, respectiv AEC dreptunghic cu<br />
m( A)=90 b ◦ ,m( E)=60 b ◦ .FieM şi N mijloacele segmentelor [CE], respectiv[BC].<br />
a) Arătaţi că DM ≡ BE;<br />
b) Aflaţi măsurile unghiurilor 4DMN.<br />
Adrian Zanoschi, Iaşi<br />
Soluţie. a) Triunghiul AMC este isoscel,<br />
deci m( \MAC) = m( \ACM) = 30 ◦ . Atunci<br />
m( \DAM) = 60 ◦ + m( A)+30 b ◦ = 90 ◦ +<br />
+m( A) b = m(\BAE). Dacăţinem seama că<br />
DA = BA şi AM = AE, urmează congruenţa<br />
triunghiurilor 4ADM şi 4ABE (L.U.L), deci<br />
DM = BE. b)[MN] este linie mijlocie în<br />
4CBE, deci MN = BE<br />
2 = DM (1)<br />
2<br />
68
şi \NMC ≡ \BEC. Cum \AMD = \AEB din congruenţa de triunghiuri dovedită<br />
la a), avemcă m( \AMD)+m( \NMC)=m( \AEM) =60 ◦ ,decim( \DMN) = 120 ◦ −<br />
−60 ◦ =60 ◦ . Ţinând seama de (1), rezultăcă 4DMN este dreptunghic, cu unghiurile<br />
respectiv de 30 ◦ , 60 ◦ , 90 ◦ .<br />
G4. Fie ABC un triunghi oarecare şi A 1 , B 1 , C 1 proiecţiile vârfurilor A, B şi<br />
respectiv C pe laturile opuse. Ce condiţii trebuie impuse triunghiului ABC pentru<br />
ca între 4A 1 B 1 C 1 şi 4ABC să existeoasemănare<br />
Paraschiva Bîrsan, Iaşi<br />
Soluţie. În cazul în care 4ABC este ascuţitunghic, între unghiurile sale şi cele ale<br />
triunghiului ortic există legăturile: m( A b 1 ) = 180 ◦ − 2m( A), b m( B b 1 ) = 180 ◦ − 2m( B), b<br />
m( C b 1 ) = 180 ◦ − 2m( C). b Între 4ABC şi 4A 1 B 1 C 1 există şase posibile asemănări.<br />
Dacă, de exemplu, 4ABC ∼ 4A 1 B 1 C 1 ,atunci A b ≡ A1 b , B b ≡ B1 b , C b ≡ C b 1 , de unde<br />
m( A) b = 180 ◦ − 2m( A) b şi analoagele, deci m( A)=m( b B)=m( b C)=60 b ◦ . La aceeaşi<br />
concluzie se ajunge şi în celelalte cazuri.<br />
Dacă 4ABC este obtuzunghic cu m( A) b > 90 ◦ ,atuncim( A b 1 )=2m( A) b − 180 ◦ ,<br />
m( B b 1 )=2m( B), b m( C b 1 )=2m( C). b ÎntrcâtA = A 1 ar conduce la m( A)=2m( b A) b −<br />
180 ◦ ⇔ m( A)=180 b ◦ şi analog B = B 1 ⇔ m( B)=0 b ◦ , C = C 1 ⇔ m( C)=0 b ◦ ,<br />
situaţii inacceptabile, rămâne în esenţă de studiat subcazul: 4ABC ∼ 4B 1 C 1 A 1 .<br />
Obţinem m( A)=2m( b B), b m( B)=2m( b C), b m( C)=2m( b A)−180 b ◦ , deci m( C)= b 180◦<br />
7 ,<br />
m( B)=2m( b C), b m( A)=4m( b C). b<br />
În concluzie, numai triunghiurile echilaterale şi cele cu unghiurile π 7 , 2π 7 şi 4π 7<br />
sunt asemenea cu propriile triunghiuri ortice.<br />
G5. Fiind dat triunghiul ABC, să se determine mulţimea punctelor P din spaţiu<br />
care satisfac condiţia PA 2 + PB 2 =2PC 2 + CA 2 + CB 2 .<br />
Dan Popescu, Suceava<br />
Soluţie. Evident, C este punct al mulţimii căutate. Fie P 6= C un punct<br />
al locului geometric definit în enunţ şi fie α = m( \PCM), unde M este mijlocul<br />
segmentului [AB]. Din teorema medianei, PM 2 = 1 ¡<br />
PA 2 + PB 2¢ − 1 2<br />
4 AB2 şi<br />
CM 2 = 1 ¡<br />
CA 2 + CB 2¢ − 1 2<br />
4 AB2 . Însă conform teoremei cosinusului aplicată în<br />
4PCM,avemPM 2 = PC 2 + CM 2 − 2PC · CM · cos α. De aici, prin înlocuire<br />
şi folosind ipoteza, obţinem că PC · CM · cos α =0,deciP aparţine planului π ce<br />
conţine punctul C şi este perpendicular pe CM. Severifică faptulcă orice punct al<br />
planului π satisface condiţia din ipoteză.<br />
B. Nivel liceal<br />
L1. Să serezolveînR sistemul de ecuaţii:<br />
x 2 + λy 2 =1,u 2 + λv 2 =1,xu− λyv =0<br />
în care x, y, u, v sunt necunoscute şi λ>0 o constantă.<br />
Adrian Corduneanu, Iaşi<br />
³ √λy´2<br />
Soluţie. Prima ecuaţiesepoatescriex 2 + =1, deci există ϕ ∈ [0, 2π)<br />
astfel încât x =cosϕ, √ λy =sinϕ. Analog, găsim u =cosψ, √ λv =sinψ. Prin<br />
69
înlocuire în³ a treia ecuaţie, obţinem cos ϕ cos ψ−sin ϕ sin ψ =0, deci cos (ϕ + ψ) =0,<br />
π kπ´<br />
adică ψ =<br />
2 + − ϕ, k ∈ Z. Atunciu =cosψ =(−1) k sin ϕ, iar √ λv =sinψ =<br />
=(−1) k cos ϕ. Se verifică acumimediatcăsoluţiile sistemului sunt date de<br />
x =cosϕ, y = √ 1 sin ϕ, u =(−1) k sin ϕ, v = (−1)k √ cos ϕ, cuϕ ∈ [0.2π)<br />
λ λ<br />
L2. Să searatecă<br />
nX<br />
k=0<br />
C k n<br />
F k<br />
≥ 4n<br />
F 2n<br />
, unde F 0 = F 1 =1şi F n+1 = F n + F n−1 .<br />
Mihail Bencze, Braşov<br />
Soluţie. Se cunoaşte faptul că termenul general al şiruluiluiFibonacciestedat<br />
de F n = √ 1 ¡<br />
α n+1 − β n+1¢ ,undeα = 1+√ 5<br />
, β = 1 − √ 5<br />
. Atunci<br />
5 2<br />
2<br />
"<br />
nX<br />
CnF k k = √ 1 n<br />
#<br />
X<br />
nX<br />
Cnα k k+1 − Cnβ k k+1 =<br />
5<br />
k=0<br />
k=0<br />
= √ 1 [α (α +1) n − β (β +1) n ]= 1 £<br />
√ α 2n+1 − β 2n+1¤ = F 2n .<br />
5 5<br />
Folosind inegalitatea dintre media aritmetică ponderata şi media armonică ponderată,<br />
obţinem<br />
Pn P n<br />
Pk=0 Ck nF k k=0<br />
n ≥<br />
Ck n<br />
k=0 Ck n P n C k ⇔ F 2n<br />
n<br />
2 n ≥ 2 n<br />
nX Cn<br />
k<br />
P n Cn<br />
k ⇔ ≥ 4n<br />
.<br />
F k F 2n<br />
k=0 k=0<br />
F k<br />
L3. Fie ABC un triunghi ascuţitunghic, A 1 , B 1 şi C 1 picioarele înălţimilor, O<br />
centrul cercului circumscris şi A 2 , B 2 , C 2 punctele de intersecţie a dreptelor OA,<br />
OB, OC cu dreptele B 1 C 1 , C 1 A 1 şi respectiv A 1 B 1 .SăsearatecădrepteleA 1 A 2 ,<br />
B 1 B 2 şi C 1 C 2 sunt concurente.<br />
Constantin Cocea, Iaşi<br />
Soluţie. Se ştie că AA 1 , OA sunt simetrice<br />
fată de bisectoarea unghiului A, deci [OAC ≡<br />
≡ \A 1 AB, \OAB ≡ \A 1 AC. Atunci<br />
A 2 B 1<br />
= tg [OAC<br />
A 2 C 1 tg \OAB = tg \A 1 AB<br />
tg \A 1 AC = ctg B<br />
ctg C .<br />
Rezultă deaicică<br />
A 2 B 1<br />
· B2C 1<br />
· C2A 1<br />
= ctg B<br />
A 2 C 1 B 2 A 1 C 2 B 1 ctg C · ctg C<br />
ctg A · ctg A<br />
ctg B =1,<br />
şi atunci având în vedere reciproca teoremei lui Ceva aplicată în4A 1 B 1 C 1 , am<br />
probat concurenţa dreptelor A 1 A 2 , B 1 B 2 şi C 1 C 2 .<br />
L4. Fie f : R → R ofuncţie primitivabilă astfelîncât|f (x)| ≤ a
Soluţie (dată de Gheorghe Iurea, Iaşi). Pentru x ∈ R fixat considerăm<br />
funcţia ϕ : R → R, ϕ (t) =F (x + t) − bt. Avem ϕ 0 (t) =f (x + t) − b şi atunci<br />
ϕ 0 (t) ≤ a − b, ∀t ∈ R. Cuma0 rezultă R t<br />
0 ϕ0 (x) dt ≤ R t<br />
(a − b) dx, de unde<br />
0<br />
ϕ (t) ≤ ϕ (0) + (a − b) t, t > 0, (2)<br />
iar pentru t