format .pdf, 0.9 MB - Recreaţii Matematice

= 1 ·2n − 1+ 1 ¸(2n − 1) 2n· =2n − 1.2 n 2Soluţia II. rMembrul rdin stânga al inegalităţii date se poate scrie grupând termeniide forma n − k n + kn, , k ∈ {1, 2,...,n− 1}. În acest fel, obţinem n − 1r nnparanteze şi termenul =1. DeoarecenÃr r ! 2 r r n − k + n + kn − k n + kn − k n + k+=2+2< 2+2 n =4,n nn n2r rn − k n + krezultă că + < 2, de unde concluzia.n nVII.37. Arătaţi că înbazadenumeraţie 7 printre numerele ce se scriu cu cifrele0, 1, 2 există o infinitate care sunt pătrate perfecte şi o infinitate ce nu sunt pătrateperfecte. Aceste afirmaţii rămân valabile dacă sefolosesccifrele3, 5, 6?Ruxandra Ioana Vâlcu, elevă, Iaşi2Soluţie. Se observăcă 100| {z...01} (7) =(7n +1) 2 =7 2n +2·7 n +1 =|10 ...020{z...1} (7)n+1 cifre2n+1 cifreeste pătrat perfect, ∀n ∈ N ∗ ,iar10 ...020 ...2| {z }2n+1 cifre(7) =10...020| {z...1}2n+1 cifre(7) +1 nu este pătratperfect pentru nici un n ∈ N ∗ ,deoareceestecuprinsîntre(7 n +1) 2 şi (7 n +2) 2 .Dacă n ∈ N, atunci putem scrie n =7k + r, unde k, r ∈ N, ry n−2 şi z n−2 >x n−2 , oricarear fi n ≥ 3. De aici, obţinem că, pentru orice n ≥ 3, avem:z n = z n−2 · z 2 = z n−2 ¡ x 2 + y 2¢ >x n−2 · x 2 + y n−2 · y 2 = x n + y n .VII.40. Fie ABC un triunghi ascuţitunghic cu m( b A)=60 ◦ ,iarM ∈ Int ABC52