Soluţia 1 (a autorului). Fie T intersecţia dreptei AC cu paralela prin N la AD.Deoarece CTDAT = CNND = CP , rezultă că T P ∥AM.P BÎnsă MP ∥AC, prin urmare AMP T este paralelogram,unde mijlocul R al diagonalei AP va fi ATNmijloc şi pentru MT . Astfel, RS este linie mijlocieîn △MT N şi atunci RS = 1 R2 NT . CumST NMAD = CNRS= 1 − k, rezultă căCD AD = 1 − k .2Să notăm că RS∥T N∥AD, aşadar −→ RS =1 − k −→B PC· AD.2Soluţia 2 (Gheorghe Iurea). În planul complex, vom nota cu x afixul punctuluiX. Obţinem imediat că m = b(1 − k) + ak, p = b(1 − k) + ck, n = d(1 − k) + ck,r = 1 2 (a + p), s = 1 2 (m + n). Atunci s − rd − a = 1 − k ∈ R + şi de aici urmează că2RS∥AD, iar RSAD = 1 − k .2Notă. O soluţie folosind calculul vectorial a dat dl. Ioan Viorel Codreanu,Satulung (Maramureş).L208. Un cilindru circular drept de axă d şi rază R 1 şi o sferă de centru O şirază R 2 sunt tangente exterior în punctul A. Fie B simetricul lui A în raport cu dşi fie π planul ce trece prin B, este perpendicular pe planul determinat de O şi d şiface cu axa d un unghi de 30 ◦ . Calculaţi raportul razelor celor două suprafeţe ştiindcă secţiunile lor cu planul π au arii egale.Temistocle Bîrsan, IaşiSoluţie. Figura indică secţiunea cilindrului şi sferei cu planul determinat deO şi d. Dreapta BD este intersecţia acestuia cu planulDdπ. Cilindrul este secţionat de π după o elipsă cu lungimilesemiaxelorER 1Csin 30 ◦ = 2R 1 şi R 1 , iar sfera dupăun cerc cu raza dată de ED 2 = OD 2 − OE 2 = OD 2 − B A OOB 2 cos 2 30 ◦ = R2 2 − 3 4 (2R 1 + R 2 ) 2 = 1 4 R2 2 − 3R1 2 −3R 1 R 2 . Egalitatea ariilor secţiunilor revine la π · 2R 1 ·R 1 = π( 1 4 R2 2 − 3R 2 1 − 3R 1 R 2 ) sau, cu notaţia k = R 2R 1, k 2 − 12k − 20 = 0, de undek = 6 + √ 56. Aşadar, R 2= 2(3 + √ 14).R 1L209. Se consideră triunghiul ABC şi punctele M, N, P, Q, R, S definite prin−−→BM = k · −−→ MC, −−→ CN = k · −−→ NA, −→ −→ −−→ −−→ −−→ −−→AP = k · P B, AM = p · MQ, BN = p · NR,−→CP = p · −→ P S, unde k, p ∈ R ∗ \{−1}. Demonstraţi că S MNP ≥ 1 4 · S ABC, iar S QRS ≥p + 32p‹2· S ABC .66Marius Olteanu, Rm. Vâlcea
Soluţia 1. Raportăm planul la un reper cartezian faţă de care coordonatelevârfurilor triunghiului să fie A(0, 0), B(x 2 , 0), C(x 3 , y 3 ). Obţinem imediat căM x 2 + kx 31 + k , ky 3 x 3N1 + k‹,1 + k , y 3 kx 2P1 + k‹,1 + k , 0‹,Q p + 1 · x2 + kx 3p 1 + k , p + 1 ky 3· Rp 1 + k‹, p + 1 x 3·p 1 + k − x 2p , p + 1 y 3·p 1 + k‹,S p + 1 kx 2·p 1 + k − x 3p , −y 3Atunci S ABC =p‹. 1 2 · |x 2y 3 |, iar S MNP = 1 2 · |∆ 2|,M y M 1unde ∆ 2 =x x N y N 1x P y P 1= x 2y 3(1 + k) 2 (k2 − k + 1), prin urmare S MNP = k2 − k + 1(k + 1) 2 ·S ABC . Întrucât k2 − k + 1(k + 1) 2 ≥ 1 4 , găsim prima inegalitate din enunţ. Apoi, S QRS =1Q y Q 12 · |∆ 3|, unde ∆ 3 =x x R y R 1x S y S 1= x 2y 2k2 3 − k + 1p (k + 1) 2 · (p + 1) 2 + p + 2. Însăk 2 − k + 1(k + 1) 2 ≥ 1 4 ⇒ k2 − k + 1(k + 1) 2 · (p + 1) 2 (p + 1)2(p + 3)2+ p + 2 ≥ + p + 2 = ≥ 0,44de unde rezultă cea de-a doua cerinţă a problemei.Soluţia 2 (Ioan Viorel Codreanu). În planul complex, considerăm puncteleA(a), B(b), C(c), M(m), N(n), P (z), Q(q), R(r) şi S(s). Avem: m = b + kc1 + k ,n = c + ka1 + k , z = a + kb m(1 + p) − a n(1 + p) − b z(1 + p) − c, q = , r = , s = .1 + k pppAplicând teorema lui Kiril Docev, obţinem că S MNP = 1 2 ·Im(nm+zn+mz) = . . . =k 2 − k + 1(k + 1) 2 S ABC şi S QRS = 1 2 · Im(rq + sr + qs) = . . . = 1 p 2 [(p + 1)2 S MNP + (p +2)S ABC ]. Concluzia rezultă ca în Soluţia 1.L210. Cercul A-exînscris triunghiului ABC este tangent prelungirilor laturilorAB şi AC în P , respectiv Q. Bisectoarele exterioare ale unghiurilor B şi C intersecteazădreapta P Q în S respectiv T . Demonstraţi că P Q ≤ ST + BC.Titu Zvonaru, ComăneştiSoluţie. Fie BE, E ∈ (AC), bisectoarea interioară a unghiului B şi {M} =EACS ∩ AB. Conform teoremei bisectoarei,EC = c a şi SCSM = BCBM . Se ştie căBP = p − c, CQ = p − b, AP = AQ = p,AP Q = 2p sin A şi fie x = P M. Folosind teorema2lui Menelaus în △AMC cu transversala Q − S − P,obţinem căQAQC · SCSM · P MP A = 1 ⇔ pp − b ·ax + (p − c) · x = 1 ⇔ ax = x(p − b) + (p − b)(p − c)p⇔ x(p − c) = (p − b)(p − c) ⇔ x = p − b. AtunciPBSTECQ67M
- 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 and 56: Soluţia 2 (Cătălin Gulin, elev,
- Page 57 and 58: faţă de C şi mediana din B taie
- 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: Soluţie. Fie P un semiplan limitat
- 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