Revista (format .pdf, 1.2 MB) - Recreaţii Matematice

a) dacă a 3 − b 3 = a + b, atuncia 2 + b 2 > 1;b) dacă a 3 + b 3 = a − b, atuncia 2 + b 2 < 1.Ionel Nechifor, IaşiSoluţie. Mai întâi, săobservăm că nu putem avea a = b, altfel din ambele ipotezear rezulta că a = b =0.Avem:a) a3 − b 3a + b =1⇒ a3 + b 3a + b > 1 ⇒ a2 − ab + b 2 > 1 ⇒ a 2 + b 2 > 1;b) a3 + b 3a − b =1⇒ a3 − b 3a − b < 1 ⇒ a2 + ab + b 2 < 1 ⇒ a 2 + b 2 < 1.VII.83. Determinaţi numerele întregi a, b, c, d pentru care ac + bd =1,iarad + bc =2.Gheorghe Iurea, IaşiSoluţie. Scăzândmembrucumembrurelaţiile din ipoteză, deducem că ad + bc −ac−bd =1,deci(a − b)(d − c) =1, de unde a−b = d−c =1sau a−b = d−c = −1.În primul caz, substituind a = b +1şi d = c +1în prima dintre relaţiile iniţiale,avem succesiv:ac + bd =1⇔ c (b +1)+b (c +1)=1⇔ 2bc + b + c =1⇔⇔ 4bc +2b +2c +1=3⇔ (2b +1)(2c +1)=3⇔⇔ (b, c) ∈ {(1, 0) ; (0, 1) ; (−1, 2) ; (−2, −1)} .Obţinem soluţiile (a, b, c, d) ∈ {(−1, −2, −1, 0) ; (0, −1, −2, −1) ; (1, 0, 1, 2) ; (2, 1, 0, 1)}.Similar, în al doilea caz găsim soluţiile(a, b, c, d) ∈ {(−2, −1, 0, −1) ; (−1, 0, −1, −2) ; (0, 1, 2, 1) ; (1, 0, 1, 2)} .VII.84. Fie pătratul ABCD cu latura de lungime a, iarE, F , G puncte pelaturile [BC], [CD], respectiv [AB] astfel încât CE = a 4 , CF = a 3 ,iarBG = a 2 .Săse arate că drepteleAE, BF şi CG sunt concurente.Claudiu Ştefan Popa, IaşiSoluţie. Fie {P } = AC ∩ BF; dinasemănarea 4CFP ∼4ABP , deducem că CPPA = CFAB = 1 CP. Atunci3 PA · AGGB ·BEEC = 1 3 · 11 · 3 =1şi din reciproca teoremei lui Ceva urmează1concluzia.VII.85. Fie O intersecţia diagonalelor patrulaterului ABCD. Dacă A ABD =A ABC = A COD ,săsearatecă CDAB − ABCD =1.Doru Buzac, IaşiSoluţie. Notăm S 1 = A AOD , S 2 = A AOB , S = A DOC .Cum A ABD = A ABC , rezultă că ABCD este trapez cuAB k CD, prin urmare A BOC = S 1 . Din ipoteză vomavea că S = S 1 + S 2 . Notăm c = CD şi atunci, cumAB4OAB ∼ 4OCD, deducem că S = c 2 . Pe de altăparte,S 2150