Revista (format .pdf, 2.3 MB) - RECREAÅ¢II MATEMATICE

More documents

Recommendations

Info

Clasa a VI-aVI.137. Dacă fracţia 3n + 7 , n ∈ N, este reductibilă, determinaţi ultima cifră a2n + 3lui n.Eugeniu Blăjuţ, BacăuSoluţie. Dacă d = (3n + 7, 2n + 3), d ≥ 2, atunci d|2(3n + 7) − 3(2n + 3), adicăd|5. Obţinem că d = 5 şi de aici se deduce uşor că n = 5k + 1, k ∈ N, prin urmareultima cifră a numărului n poate fi 1 sau 6.VI.138. Determinaţi numerele prime abc cu proprietatea că dintre cele cincinumere (nu obligatoriu distincte) care se obţin prin permutarea cifrelor, există măcardouă pătrate perfecte.Nicolae Ivăşchescu, CraiovaSoluţie. Scriem toate pătratele perfecte de trei cifre şi urmărim care dintre ele,prin permutarea cifrelor, dau naştere unui alt pătrat perfect şi unui număr prim.Problema are două soluţii: 691 este prim şi 169, 196, 961 sunt pătrate, apoi 211 esteprim şi 121, 121 sunt pătrate.VI.139. Demonstraţi că 287|(8 15 + 8 5 + 5)(42 117 + 42 39 + 39).Bogdan Victor Grigoriu, FălticeniSoluţie. Observăm că 287 = 7 · 41. Cum 8 15 + 8 5 + 5 = (7 + 1) 15 + (7 + 1) 5 + 5 =(M 7 + 1) + (M 7 + 1) + 5 = M 7 şi 42 117 + 42 39 + 39 = (41 + 1) 117 + (41 + 1) 39 + 39 =(M 41 + 1) + (M 41 + 1) + 39 = M 41 , urmează concluzia problemei.VI.140. Determinaţi numerele întregi nenule n 1 < n 2 < . . . < n 7 , dacă 2 n1 +2 n 2+ . . . + 2 n 7= 9851024 . Mihai Haivas, IaşiSoluţie. Trecând numărul 985 în baza 2, avem că 985 (10) = 1111011001 (2) . Din2 9 + 2 8 + 2 7 + 2 6 + 2 4 + 2 3 + 1 = 2 n7+10 + 2 n6+10 + . . . + 2 n1+10 deducem că n 1 = −10,n 2 = −7, n 3 = −6, n 4 = −4, n 5 = −3, n 6 = −2, n 7 = −1. Cum scrierea unui numărîn baza 2 este unică, problema are o singură soluţie.VI.141. Demonstraţi că ecuaţia 12x + 15y + 20z = 73 nu are soluţii (x, y, z) cutoate componentele numere naturale, dar are o infinitate de soluţii cu toate componentelenumere întregi.Gheorghe Iurea, IaşiSoluţie. Presupunem că x, y, z ∈ Z sunt astfel încât 12x + 15y + 20z = 73; atunciz + 1 = 3(4x + 5y + 7z − 24) = 3k, k ∈ Z, deci z = 3k − 1, k ∈ Z. Înlocuind, obţinemcă 12x + 15y + 60k = 93, de unde x + 1 = 5(x + y + 4k − 6) = 5n, n ∈ Z, adicăx = 5n − 1, n ∈ Z. De aici, 4n + y + 4k = 7, prin urmare y = 7 − 4n − 4k. Rezultăcă (x, y, z) = (5n − 1, 7 − 4n − 4k, 3k − 1), unde n, k ∈ Z, constituie soluţiile ecuaţieidiofantice din enunţ, având toate componentele întregi.Pentru a demonstra prima afirmaţie a problemei, să presupunem prin absurd căar exista n, k ∈ Z pentru care 5n − 1, 7 − 4n − 4k şi 3k − 1 ar fi simultan nenegative.Din 5n − 1 ≥ 0, n ∈ Z, rezultă că n ≥ 1; cum 3k − 1 ≥ 0, k ∈ Z, obţinem k ≥ 1.Atunci 7 − 4n − 4k ≤ −1, contradicţie. Astfel, soluţia problemei este completă.VI.142. Fie ABC un triunghi isoscel cu AB = AC. Dacă D este simetricul lui B52
faţă de C şi mediana din B taie AD în E, arătaţi că CE este mediatoarea segmentuluiBD.Silviu Boga, IaşiSoluţie. Notăm cu F şi G mijloacele segmentelor AB, respectiv AC. Din△BCF ≡ △CBG (L.U.L.) obţinem căÕF CB ≡ÕGBC. AÎnsă CF este linie mijlocie în △BAD şi atunci CF ∥AD,prin urmareÕF CB ≡ÕADB. Rezultă căÕEBD ≡ÕEDB,Edeci △EBD este isoscel cu baza BD; mediana CE va fiF Gmediatoarea segmentului BD.VI.143. Se consideră triunghiul ABC cu m(ÕACB) =45 ◦ şi (ÕCBA) = 30 ◦ , iar M este un punct pe segmentul B C DAB. Arătaţi că M este mijlocul lui AB dacă şi numai dacă m(ÖMCB) = 15 ◦ .Andrei Paşa, elev, şi Narcisa Paşa, IaşiSoluţie. Fie D piciorul înălţimii din A; triunghiul ACD va fi dreptunghic isoscel,cu AD = CD, iar triunghiul ABD este dreptunghic în D, cu m(ÒB) = 30 ◦ , prinurmare AD = 1 2 AB.Presupunem că M este mijlocul lui AB.Atunci,DM = 1 AB = AM = AD, deci triunghiul ADM este2echilateral. Deducem că DM = DC şi m(ÖCDM) = 150 ◦ .Obţinem că m(ÖDCM) = 1 2 (180◦ − 150 ◦ ) = 15 ◦ .A M BReciproc, fie m(ÖBCM) = 15 ◦ şi să presupunem că M nu ar fi mijlocul lui AB.Notăm cu M ′ mijlocul lui AB şi, folosind directa, deducem că m(ÖBCM ′ ) = 15 ◦ .Astfel, M ′ = M şi ajungem la o contradicţie.Notă. D-l Titu Zvonaru găseşte trei soluţii ale acestei probleme, iar autoriioferă o a patra soluţie, distinctă.Clasa a VII-aVII.137. Dacă x, y ∈ R, arătaţi că (x 2 + x + 1)(y 2 + y + 1) ≥ x + y + 1.Gheorghiţă Stănică şi Iulian Stănică, Apele Vii (Dolj)Soluţie. Efectuând calculele, inegalitatea din enunţ revine la x 2 y 2 + x 2 + y 2 +x 2 y + xy 2 + xy ≥ 0, care este binecunoscuta a 2 + b 2 + c 2 + ab + bc + ca ≥ 0 pentrua = xy, b = x, c = y. Egalitatea se atinge când x = y = 0.VII.138. Dacă a, b, c sunt numere întregi distincte, arătaţi că a 2 + b 2 + c 2 − ab +ac + bc ≥ 1. Când se realizează egalitatea?Elena Iurea, IaşiSoluţie. Cum a 2 + b 2 + c 2 − ab + ac + bc = 1 2 [(a − b)2 + (a + c) 2 + (b + c) 2 ] > 0(întrucât a ≠ b), rezultă că numărul întreg a 2 + b 2 + c 2 − ab + ac + bc este cel puţinegal cu 1. Avem egalitate dacă (a − b) 2 = 1, (a + c) 2 = 1 şi (b + c) 2 = 0 sau dacă(a − b) 2 = 1, (a + c) 2 = 0 şi (b + c) 2 = 1, deci pentru tripletele (a, b, c) de forma(−n, 1 − n, n); (−n, −1 − n, n); (1 − n, −n, n) sau (−1 − n, −n, n) cu n ∈ Z ∗ .53CD
Page 1 and 2:
Anul XIV, Nr. 1Ianuarie - Iunie 201
Page 3:
Anul XIV, Nr. 1 Ianuarie - Iunie 20
Page 6 and 7: dar s-a mirat că memoriul său n-a
Page 8 and 9: domenii noi şi actuale, prof. Adol
Page 10 and 11: Exerciţiul 1. Fie b ≥ 2 un numă
Page 13 and 14: · · · + a s+t−1 − a s+t , q
Page 15 and 16: Aplicaţii ale numerelor complexeî
Page 17 and 18: ne-am folosit şi de inegalitatea c
Page 19 and 20: Teorema 3. Fie ρ ∈ [0, ∞]. Atu
Page 21 and 22: Problema 8. Confirmaţi sau infirma
Page 23 and 24: Remarca 2. Deşi Goehl, în [2], pr
Page 25 and 26: Lema 2. În triunghiul OHI are loc
Page 27 and 28: Se ştie că punctul I aparţine dr
Page 29 and 30: Asupra unei probleme de extremRadu
Page 31 and 32: Une classe spéciale de matrices ca
Page 33 and 34: 4. Un exemple de B-matrice de M 4 (
Page 35 and 36: toutes ses valeurs propres sont nul
Page 37 and 38: Clasa a IX-a1. Să se determine cel
Page 39 and 40: corespunzătoare. În acest caz, pu
Page 41 and 42: Vom exprima această condiţie în
Page 43 and 44: Pentru x = π 2 ∈ (−π, π), av
Page 45 and 46: Colegiul Naţional ,,Mihai Eminescu
Page 47 and 48: condus şcoala până în septembri
Page 49 and 50: Concursul ,,Recreaţii Matematice
Page 51 and 52: Concursul interjudeţean ,,Speranţ
Page 53 and 54: Soluţiile problemelor propuse în
Page 55: Soluţia 2 (Cătălin Gulin, elev,
Page 59 and 60: Soluţie. Folosind faptul că patru
Page 61 and 62: IX.122. Fie a, b, c ∈ R cu b ≥
Page 63 and 64: astfel încât u 2 = z 2 + 4 . Cum
Page 65 and 66: p ∈ N ∩ G, atunci p ∈ H, prin
Page 67 and 68: (6, 1, 2). Analog, când c = 1 vom
Page 69 and 70: Soluţie. Fie P un semiplan limitat
Page 71 and 72: Soluţia 1. Raportăm planul la un
Page 73 and 74: a) Fie n ∈ N ∗ care verifică {
Page 75 and 76: P.234. Aflaţi numerele naturale a
Page 77 and 78: VII.147. Trapezul dreptunghic ABCD
Page 79 and 80: XI.127. Fie (x n ) n∈N ∗ un şi
Page 81 and 82: a) RQ ⊥ AD şi RQ = AD;b) RE = F
Page 83 and 84: |{z}n timeG220. Determine the digit
Page 85 and 86: Pagina rezolvitorilorCRAIOVAColegiu
Page 87 and 88: RecenzieD. Brânzei şi Al. Negresc
Page 89 and 90: Revista semestrială RECREAŢII MAT
show all

Revista (format .pdf, 2.3 MB) - RECREAÅ¢II MATEMATICE

You also want an ePaper? Increase the reach of your titles

Delete template?

Save as template?