soluţii şi barem

Clasa a IV-a1. Suma a 3 numere este 175. Aflati numerele stiind ca doua sunt numere pare consecutive, iar altreilea numar este cu 3 mai mare decât suma lor.SINUS 2(5)/2006Solutie:A-3pI numarII numarIII numarConcursul interjudetean de matematica al Revistei SINUSEditia a II-a, Suceava, 18 noiembrie 2006Etapa finala1p B 1. 175 – 7 = 1681p C 2. 168 : 4 = 42 (I numar)1p D 3. 42 + 2 = 44 (II numar)1p E 4. 42 + 44 + 3 = 89 (III numar)

Concursul interjudetean de matematica al Revistei SINUSEditia a II-a, Suceava, 18 noiembrie 2006Etapa finalaClasa a IV-a2. Un elev trebuie sa cumpere cu 29 de lei carti, caiete si pixuri. O carte costa 5 lei, un caiet costa 3lei, iar un pix costa 2 lei.a) Descoperiti ce posibilitati de a cumpara are;b) Aflati care poate fi numarul maxim de carti;c) Aflati care poate fi numarul maxim de caiete;d) Aflati care poate fi numarul maxim de pixuri;Laurentiu Spac, SuceavaSolutie:Carti Caiete Pixuri TotalNr. Pret Nr. Pret Nr. Pretbuc. buc. buc.A 1 5 2 3 9 2 291 5 4 3 6 2 292p 1 5 6 3 3 2 29B 2 5 1 3 8 2 292 5 3 3 5 2 292p 2 5 5 3 2 2 29C 3 5 2 3 4 2 291,5p 3 5 4 3 1 2 29D 4 5 1 3 3 2 291pE0,5pb, c, d

Concursul interjudetean de matematica al Revistei SINUSEditia a II-a, Suceava, 18 noiembrie 2006Etapa finalaClasa a IV-a3. Mihai si Andrei au 54 si respectiv 36 de monede în colectiile lor. Fiecare baiat are câte o monedafalsa (mai usoara). Care este cel mai mic numar de cântariri pe care le poate face fiecare baiat cu obalanta negradata pentru a descoperi moneda falsa ?Solutie:Mihai2p A I cântarire 18 * 18 180,5p B II cântarire 6 * 6 60,5p C III cântarire 2 2 2 *0,5p D IV cântarire 1 1 *Laurentiu Spac, SuceavaAndrei2p E I cântarire 12 * 12 120,5p F II cântarire 4 * 4 40,5p G III cântarire 2 2 *0,5p H IV cântarire 1 1 *

Concursul interjudetean de matematica al Revistei SINUSEditia a II-a, Suceava, 18 noiembrie 2006Etapa finalaClasa a V-ac1. Determinati numerele naturale a, b, c, n astfel încât ( ab)Solutie:Daca c ≠ 0, atunci 36 ( c 4 ab)n36 + 4⋅ + 2 = 865.+ ⋅ este numar par ⇒ 2 n este impar ⇒ n = 0 …….........2pccObtinem: 6 + 4ab= 288⇒6 ≤288⇒cpoate fi 1, 2 sau 3………………………….2pabcn∈ , , , 6,3,2,0 ;1,8,3,0 ……………………………………………………..1p{ }( ) ( ) ( )Daca 0 3 12 2 nnc= ⇒ + ⋅ ab+ = 865⇔12⋅ ab + 2 = 862 ………………………………1pPentru n= 0⇒12⋅ ab = 861 (F)n= 1⇒12⋅ ab = 860 (F)nn−1n≥2⇒12⋅ ab+ 2 = 862⇒6⋅ ab + 2 = 431 (F)……………………………..1pSINUS 1-2005

Clasa a VI-a1. Fie unghiul ascutit AOB, (OE semidreapta opusa semidreptei (OA , iar punctele C si D alese de o parteosi de alta a dreptei OA, astfel încât m( SCOA) m( S DOB)Daca m( SDOE)este de(OF este bisectoarea unghiului AOD .Rezolvare. Notam m( S AOB) = xo;Cazul I.: cum m( DOE) = m( AOB)Concursul interjudetean de matematica al Revistei SINUSEditia a II-a, Suceava, 18 noiembrie 2006Etapa finalao= 90 ; = 90.32 ori mai mare decât m( AOB),5S calculati m( SEOF) si m( SCOF)stiind caSINUS 1/2005S 13 S , rezulta ecuatia5o 13 o o o o ox + x = 90 ⇒ x = 25 ⇒ m( S AOB)= 25 ;5o o o o om SEOD = 65 ; m SAOD = 115 ⇒ m SDOF = 5730'; m SEOF = 12230'; m S COF = 147 30';( ) ( ) ( ) ( ) ( )S 13 S , rezulta ecuatia513 ( ) 13o o o o o o o ox + 90 − x = 180 ⇒ x = 5615' ⇒ m SEOD = 5615' ⇒ m( S EOD)= 14615';5 5o o o om SEOF = 1637'30'';0'; m SCOF = 90 + 1652'30'' ⇒ m S COF = 10652'30'';Cazul II.: cum m( DOE) = m( AOB)( ) ( ) ( )Figura ( chiar daca considera un singur caz)..............................................................1p;m S AOB ...........................................................................................................1p+1p;mm( )( S EOF )( S COF )...........................................................................................................1p+1p;...........................................................................................................1p+1p;

Concursul interjudetean de matematica al Revistei SINUSEditia a II-a, Suceava, 18 noiembrie 2006Etapa finalaClasa a VI-a∗2.a) Calculati S = 2+ 4+ 6+ L + 2, k k∈¥.b) Sa se arate ca:1 1 1 1 1+ + + L + < .2+ 4 2+ 4+ 6 2 + 4 + 6+ 8 2+ 4+ 6+ 8+ L+2006 2Rezolvare. a) S = 21 ( + 2+ 3+ L + k)( + 1)..........................................................................1p;k kS = 2⋅ ⇒ S = k( k+ 1)......................................................................................2p;21 1 1b)k k+ 1 = k − k+1⇒( )Andrei Florea, profesor Bosanci1 1 1 1= = − ;2+ 4 23 ⋅ 2 31 = 1 = 1 −1 ;2+ 4+ 6 34 ⋅ 3 4………………………..1 = 1 = 1 −1 ; ……………………………………2p;2+ 4+ 6+ L + 2006 1003⋅1004 1003 10041 1 1 1 1 1 1 1 1 1+ + + L= − + − + L+ − =2+ 4 2+ 4+ 6 2 + 4 + 6+ 8 2+ 4+ 6+ 8+ L + 2006 2 3 3 4 1003 10041 1 1= − < ...............................................................................................................2p;2 1004 2

Concursul interjudetean de matematica al Revistei SINUSEditia a II-a, Suceava, 18 noiembrie 2006Etapa finalaClasa a VI-a3. Sa se determine numerele naturale de trei cifre care au proprietatea ca patratul fiecaruia, micsoratde cinci ori, devine cub perfect.Gheorghe Marchitan, Suceava2 3Rezolvare. scrie relatia p :5= q ………………………………………………….1p;p3 2 3 3 3 6 2= 5qsi p= 5k⇒ q = 5k ⇒ k = 5h ⇒ q = 5 h ⇒ q = 5h.............................2p;2 32 3 3 6 2 3 ∗p = 5q = 55 ⋅ ⋅h ⇒ p = 5 ⋅h , h∈¥ ....................................................................1p;cum p are 3 cifre, rezulta ca3 3100≤ p< 1000⇒100≤ 25h < 1000⇒4≤ h < 40⇒h∈ 2,3 ..............................2p;{ }în concluzie, p ∈ { 200,675}......................................................................................1p;

Concursul interjudetean de matematica al Revistei SINUSEditia a II-a, Suceava, 18 noiembrie 2006Etapa finalaClasa a VII-a⎧1. a) Determinati elementele multimii: { } 2 x + 5⎫M = ⎨x∈ \ 2 | ∈ ⎬.⎩¢ x − 2¢⎭b) Stiind ca numerele întregi x, y, z verifica relatia xy= z 2+ z( x− y)− 5, aflati x+y .SINUS 2(5)/2006Solutie:x− 2/2x+ 5⇒x−2/2 x− 2 + 9⇒ x−2/9⇒x−2∈ ± 1, ± 3, ± 9 ………………….1pa) ( ) { }x∈{ −7, − 1,1,3,5,11}………………………………………………………………………1pb) xy= z 2+ z( x− y) −5⇔ ( x+ z)( y− z)= 5………………………………………....…2p( x z)( y z) ( 5)( 1) ( 1)( 5) ( 1)( 5) ( 5)( 1)+ − = − − = + + = − − = + + ……………………………2pFinalizare x+ y = 6……………………………………………………………………….1p

Concursul interjudetean de matematica al Revistei SINUSEditia a II-a, Suceava, 18 noiembrie 2006Etapa finalaClasa a VII-a1 1 1 6∗2. Sa se arate ca: + + ... + > ,( ∀)n ∈¥.5n+ 1 5n+2 25n5Corneliu Romascu, SuceavaSolutie:1 1 4Utilizam inegalitatea + > , ( ∀ ) ab , > 0, a ≠ ba b a + b1 1 4Avem: + >5n+ 1 25n 30n+1………………………1 1 4+ >15n 15n+ 1 30n+ 1…………………………………………………………….4p1 1 1 4+ + ... + > ⋅10n…………………………………………………..2p5n+ 1 5n+ 2 25n 30n+140n6> ⇔ 200n> 180n+6(A)………………………………………………………..1p30n+ 1 5

Concursul interjudetean de matematica al Revistei SINUSEditia a II-a, Suceava, 18 noiembrie 2006Etapa finalaClasa a VII-a3. În trapezul ABCD ( ABP CD ), AC ⊥ AD,DB⊥ BC si AB= BC . Daca M este punctul deintersectie al bisectoarelor unghiurilor B si C ale trapezului, iar N simetricul lui M fata demijlocul laturii BC, sa se demonstreze ca:a) ABCD este trapez isoscel;b) BMCN este dreptunghi;1c) NC = MN .2Gabriela Bedrulea, SuceavaSolutie:a) Figura……………………………………………………………………………………1pFie P mijlocul bazei (DC). V ABP …………………………………………………………..1pVAPD≡V BPC( LUL . . .) ⇒ AD ≡ BC ……………………………………………………1pob) ( ) = 60;( ) ( )m SBCD V PBC echilateral(BP bisectoareaS ABC si (CA bisectoarea S BCD , deci { M}= AC∩ PB ………………1pBMCN paralelogram si m( S BMC ) = 90o…………………………………………………...1pDCc) MN = BC = = PB = 2MP = 2CN…………………………………………………….2p2

Concursul interjudetean de matematica al Revistei SINUSEditia a II-a, Suceava, 18 noiembrie 2006Etapa finalaClasa a VIII-a1. a) Aratati ca, oricare ar fi x, y∈¡ , are loc inegalitatea2 2x y xb) Gasiti perechile ( xy∈ , ) ¢ × ¢pentru care are loc egalitateaRezolvare. a) inegalitatea se mai scrie:+ − + 2 ≥24y+ 4.2x − x+12 2x + y − x+ 2 =24y+ 4 .2x − x+1SINUS 3(6)/20062 2 2 2x − x+ 1+ y + 1≥2 x − x+ 1⋅ y + 1; .......1p;2 2a = x − x+ 1> 0, ∀x∈ ¡; b = y + 1>0..........................................................................1p;se aplica inegalitatea mediilor si se obtine rezultatul.......................................................1p;b) egalitatea are loc numai pentru a=b............................................................................1p;2 2x − x+ 1= y + 1; .............................................................................................................1p;2 2− + = + ( ) ( )( )2 24x 4x 4 4y4;obtine⎧2x− y− 1=−1⎨⎩2x+ y− 1=−1⎧2x− y− 1=1⎨⎩2x+ y− 1=12x−1 − 4y = 1⇒ 2x−2y− 1 2x+ 2y − 1 = 1, xy , ∈¢ ;......1p;, de unde ( 0,0 ),1,0 ( );.................................................................1p;

Concursul interjudetean de matematica al Revistei SINUSEditia a II-a, Suceava, 18 noiembrie 2006Etapa finalaClasa a VIII-a2. Se considera dreptunghiul ABCD si E ( ABC)AM ⊥ EB,AN ⊥ECsi AP ED( M EB N EC P ED )a) CE ⊥ ( MNP);b) punctele A, M, N, si P sunt coplanare;c) MB + PD =NC .ME PE NE∉ astfel încât EA⊥( ABC).Fie⊥ ∈ ; ∈ ; ∈ . Aratati ca:BC ⊥ AE BC ⊥ AMRezolvare. a) ⇒ BC ⊥( ABE) ⇒ ⇒ AM ⊥( BCE)BC ⊥ AB AM ⊥ BEAM ⊥ ECAM ⊥ BCE ⇒ ⇒ EC ⊥ AMNAN ⊥ EC( ) ( ).................1p;.............................................................1p;( ***)AM ⊥ ECEC ⊥ AMN ⇒ ⇒ EC ⊥ MNPPN ⊥ EC( ) ( )( )CE ⊥ MNPb)CE ⊥ ANc)⇒ AM ⊂( MNP)AB = MB⋅BE MB ABAE = ME⋅BEME AE2 2⇒ = ;2 2..............................................................1p;...............................................................................1p;analog2PD AD= ................................................1p;2PE AE2 2 2 2MB PD AB + AD BD AC+ = = = .......................................................................1p;2 2 2ME PE AE AE AE2 2AC = NC⋅CE AC NC⇒ = ......................................................................................1p;22AE = NE⋅CEAE NE

Concursul interjudetean de matematica al Revistei SINUSEditia a II-a, Suceava, 18 noiembrie 2006Etapa finalaClasa a VIII-a∗3. Consideram numerele abc , , ∈ ¥ care satisfac a< b< c.Numim „etapa” înlocuirea fiecarui numar cusuma celorlalte doua.a) Comparati numerele scrise dupa a 2007-a „etapa”.12b) Este posibil ca dupa 10 „etape”sa obtinem trei numere a caror suma sa fie 2 ?Ecaterina Huluta, SuceavaRezolvare. a) punem S = a + b+ csi avem:0) a< b< c;.1) b+ c> a+ c > a+ b;.......................................................................................................1p;2) S + a < S + b < S + c .....................................................................................................2p;3)3S − a > 3S − b > 3 S − c;4)5S + a < 5S + b< 5 S + c;5)11S − a > 11S − b > 11 S − c;6)21S + a< 21S + b < 21 S + c;7)43S − a > 43S − b > 43 S − c;8)85S + a < 85S + b < 85 S + c;9)171S − a > 171S − b> 171 S − c;10)341S + a< 341S+ b< 341 S + c;..... constata ca dupa fiecare ”etapa”de ordin 1,3,5,......,2n + 1,... numerele scrise sunt ordonate strict descrescator.....................................1p;concluzia pentru ”etapa” 2007.....................................................................................1p;12b) 3341 ⋅ S + a+ b+ c = 2 ............................................................................................1p;121024S= 2 ⇒ S = 4; dar minimul sumei S este 1+ 2+ 3= 6......................................1p;

Concursul interjudetean de matematica al Revistei SINUSEditia a II-a, Suceava, 18 noiembrie 2006Etapa finalaClasa a IX-a1. Fie triunghiurile ABC si ABC ' ' ' cu centrele de greutate G siG ' . Consideram punctele A'', B'', C ''astfel încât patrulaterele GAA' A, '' GBB' B '' si GCC' C " sa fie paralelograme. Aratati ca:a) AA' + BB' + CC' = 3 GG '; b) AB+ A'' B'' = AB ' '; c) triunghiurile ABC ' ' ' si ABC '' '' '' au acelasicentru de greutate.Gheorghe Marchitan, SuceavaSINUS 3(6)/2006Solutie: a) AA' BB' CC' ( AG GG' GA ' ') ( BG GG' GB ' ') ( CG GG' GC ' ')= ( AG+ BG+ CG) + 3 GG' + ( GA ' ' + GB ' ' + GC ' ')= 3 GG '.b) A" B" = GB" − GA" = BB' − AA' = ( BG+ GG' + GB ' ') − ( AG+ GG' + G' A') =+ + = + + + + + + + + == BG− AG+ GB ' ' − GA ' ' =− AB+ AB ' ' ⇒ AB+ A" B" = AB ' '.c) Daca G " este centrul de greutate al triunghiului A" B" C ", atunci AA ' " + BB ' " + CC ' " = 3 GG ' ", darAA ' " + BB ' " + CC ' " = AG+ BG+ CG = 0, de unde obtinem 3 GG ' " = 0 ⇒ G' = G".2. a) Sa se arate ca produsul a patru numere întregi consecutive este egal cu patratul unui numar întregminus unu.b) Sa se determine multimea⎧⎪3 1 ⎫⎪A= ⎨n∈¥ | n − n+ ∈¤⎬.⎪⎩n + 2 ⎪⎭22Solutie: a) ( )( )( ) ( ) ( )k k + 1 k + 2 k+ 3 + 1= k + 3k+ 1 , ∀ k∈¢.Gheorghe Marchitan, Suceavab) Expresia de sub radical se scrie:n32( − 1)( + 1)( + 2) + 1 ( n + n−1) 21 n n n n− n + = =n+ 2 n+ 2 n+2, deci223 1 n + n−1 n + n−1n − n + = , n∈¥ . . Pentru ca ∈ ¤ , este necesar ca n sa fie de forman + 2 n + 2n + 22k k k−2, ∈ , ≥2.¥ În concluzie se obtine A= { k 2 −2| k ∈ , k ≥2.}¥ .3. Sa se demonstreze ca, daca a, b, c sunt trei numere reale, strict pozitive, al caror produs este egal cuunu, dintre care doua sunt mai mici sau egale cu 12, atunci ( )2 2 26 a+ b+ c −15 ≤ a + b + c .11Solutie: Putem presupune ca ab≤ , ; punem c = si inegalitatea devine2ab3 2 2 3 2 2 4 2 2 4 16( ab + ab + ab)−15ab ≤ ab + ab + 1, ∀ab , ∈ ⎛ 0, ⎤⎜ ,2 ⎥⎝ ⎦Catalin Tigaeru, Suceava

ceea ce, dupa ce trecem totul într-un membru si dupa ce adunam si scadem4 2 3 3 2 4 3 3 3 2 2 3 2 2 13 32a b , este echivalent cuab − 2ab + ab + 2ab −6ab − 6ab + 15ab − 6ab+ 1≥ 0, 0 < ab , ≤ ,22 2 2 3 3 2 2 1de unde ab ( a− b) + 2ab + ab ( 15− 6( a+ b)) − 6ab+ 1 ≥0, ∀ab , ∈ ⎛ 0, ⎤⎜ .2 ⎥Este suficient sa⎝ ⎦3 3 2 2 1demonstram ca 2ab + ab ( 15− 6( a+ b)) − 6ab+ 1≥0, ∀ab , ∈ ⎛ 0, ⎤⎜ .2 ⎥Avem succesiv:⎝ ⎦2ab 3 3 + 15ab 2 2 − 6ab 2 2 a+ b − 6ab+ 1= 9ab 2 2 −4ab 3 3 − 6ab+ 1+ 6ab 2 2ab− a+ b + 1 =( ) ( ( ) )2( ab)( ab 2 2 ab ) ab 2 2 ( a )( b ) ( ab) ( ab) ab 2 2( a )( b )= 1− 4 − 5 + 1 + 6 −1 − 1 = 1− 1− 4 + 6 −1 −1 ≥ 0.În conditiile din ipoteza, se întâmpla ca ( )( )a−1 b−1 ≥ 0,1−4ab≥0,deci2ab + ab ( 15− 6( a+ b)) − 6ab+ 1≥ 0, ∀ab , ∈ ⎛ 0, ⎤⎜ ,2 ⎥⎝ ⎦1 7ceea ce încheie rezolvarea. Pentru a = , b = 1, c = 2 obtinem 6( a+ b+ c)− 15= 6⋅ − 15= 6 în timp ce223 3 2 2 12 2 2 21a + b + c = , ceea ce justifica conditiile ipotezei.4

Concursul interjudetean de matematica al Revistei SINUSEditia a II-a, Suceava, 18 noiembrie 2006Etapa finalaClasa a X-a1. Stiind ca ( ∃) xy , ∈¡+pentru care 7 y = 9 si 5 x = 4 sa se determine semnul expresiei3 2 2 3E( x,y)= x + xy− xy − y .Solutie: Expresia se aduce la forma E( x,y) ( x y) 2( x y)Pentru x< y⇒ E( x, y)< 0.= + − .yx y yPentru x≥ y, din 7 = 9 ⇒ y > 1, iar din 4 = 5 ≥5 ⇒4 ≥ 5 . Atunci :yy4 5 ⎛5⎞5 4 5≥ = 28 45y ⎜ ⎟ > ⇒ > ⇔ > (fals). Deci x9 7 ⎝7⎠7 9 7Felicia Boeru si Constantin Boeru,SlatinaSINUS 1(4)/2006< y si atunci E( x, y ) < 0.2. Se considera numerele reale a1, a2, K , a n, strict pozitive, cu proprietatea ca a a a ndemonstreze ca2 22 2aa1 2logaa2 3 ⎛loga loga n 1 n ⎞ ⎛ a−a n 1 ⎞22 2 21+2+ L + = 1.⎛log⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ + L + ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ ≥ n .⎝ a1 ⎠ ⎝ a2 ⎠ ⎝ an−1 ⎠ ⎝ an⎠Livia Balaci, SuceavaSolutie: Putem scrie:2 22 2⎡ log ( . . )1 2log2 3log logCBS⎛ aa ⎞ ⎛ aa ⎞ ⎛ aan 1 n ⎞ ⎛ aan 1 ⎞ ⎤−2 2 2⎢⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ + L+ ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ ⎥⎡a1 + a2+ + a ⎤n≥a1 a2 an−1a ⎣ L ⎦⎢⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ n⎣⎠ ⎥⎦n( a 2 a 3La n a 1) ( a 2 a 3 a n a 1)2 22 2≥ log a + log a + + log a + log a ≥ n log a ⋅ log a ⋅⋅⋅ log a ⋅ log a = n .1 2 n−1 n 1 2 n−1nS-a tinut cont ca a , a , a ∈( 0,1)1 2Knsi caa1 2 a23 a n 1log a ,log a , K ,log a > 0.3. Consideram triunghiul ABC si fie M un punct din plan. Sa se arate ca, daca alegem punctele N si Pastfel încât triunghiurile ABC, NBM si NAP sa fie direct asemenea, atunci patrulaterul APMC esteparalelogram (eventual degenerat).Catalin Tigaeru, SuceavaSolutie: Vom nota cu a, b, c, m, n si p afixele punctelor respectiv A, B, C, M, N si P. Din ipoteza, avema−b n−b n−a= = .c−b m− b p−aa−b n−ba−b n−b( m−n)( a−b)Din = , deducem = , de unde ( 1 ) c− a=.c−b m−bc−a m−nn−bn−b n−an−b n−ap−n n −aDin = deducem ca = , de unde = .m−b p−am−n p−nm−n n−bSa se

PANBMC( )( )p−m b−am−n b−aMai departe avem = , ceea ce conduce la ( 2 ) p− m=.m−n n−bn−bDin ( 1)si ( 2)se obtine c− a=−( p−m),ceea ce înseamna ca patrulaterul APMC este un paralelogram,eventual degenerat.

Concursul interjudetean de matematica al Revistei SINUSEditia a II-a, Suceava, 18 noiembrie 2006Etapa finalaClasa a XI-a1. Fie sirul ( )x , definit prin x∈¥ 0x1 1nn2n2n+ 1 n+ 1 n−1nxn−1n= = si x( )n+12x + 1= , ∀ n≥ 1 . Sa se calculeze limxn→∞x + 1Solutie: Din x = ⇒ x ⋅x − x = 1; avem x ⋅x − x = x ⋅ x −x⇔x + x x + xn−12 2n n+ 2 n+ 1 n− 1 n+1 nn+ 2 n n+ 1 n−1*n+2 n⇔ = ,( ∀) n ∈¥ ceea ce implica 3, ( )xn+1xnDin relatia de recurenta 3 0, ( )xn+ 2 n+1 nxx+ xn+1x − x + x = ∀ n∈¥ obtinem :n( 5+ 1) ( 5 −1)2 2n5 − 1 5 + 1= ⋅ + ⋅ , ( ∀)n∈¥ de unde lim5 2 5 2n→∞n 2n+ 1 2n+1= ∀ n∈¥ .2n+12 ⋅ xn5−5=2n( 1+5)22. Se considera o matrice A∈ M2 ( ¢ ),cu proprietatea ca ( )∗tr( A) + 2k≠ 0 sau tr( A) −2k≠0,atunci exista α ∈¢ , X ∈2 ( ¢ )un exemplu de matrice A∈2( ¢ ), A≠O2,2X = α A nu are solutii X ∈ M ( ¢ )22n+1⋅x( 1+5)n2nCristian Amoraritei, SuceavaSINUS 2(5)/20065det A = k , k∈¥ . Sa se demonstreze ca, dacaM astfel încât.2X α A.= Sa se dea∗M care are proprietatea ca, pentru orice α ∈¢ , ecuatia2.2 2Solutie: Matricea A verifica ecuatia A − tr( A)A+ k I = O de unde rezulta ca ( )presupunem ca tr( A) 2k0;2 2,+ ≠ atunci matricea X = A+kI2Catalin Tigaeru, Suceava2 2A = tr A A− kI 2. Sasatisface ( i) X ∈ M2 ( ¢ ) si ( ) 2 2 2 ( )22ii X = A + 2kA + kI2 = tr A A−k I2+ 2kA+ k I 2=2∗= ( tr( A)+ 2 k)A,deci, daca punem α = tr( A) + 2 k,atunci X = α A, cu α ∈¢ siX ∈ M2 ( ¢ ).Daca 2k+ tr( A)= 0, atunci 2k−tr( A)≠ 0 si se pune X = A−kI , 2rationamentul repetându-se ca mai sus, cu α = tr( A) − 2. k Daca alegem o matrice A2 ( Z)proprietatile: tr( A) = det( A)= 0 si A≠O , atunci ecuatia 2∗2X = α A, cu α ,2exista o solutie X ∈ M ( ¢ ) atunci ar rezulta ca tr( X) = det( X)= 0, de unde X = O ≠ α A2,Conditia tr( A) + 2k≠ 0 sau tr( A) 2k0⎛0 1 ⎞= ⎜ ⎟ , = , = det = 0.⎝0 0⎠2Exemplu: A A O2tr( A) ( A)3. Fie ( n )n 1a≥ un sir dat prin 11− ≠ asigura faptul ca A≠O . 23⎡n⎤1= ⎢ , ∀ n≥1a⎥⎣ n ⎦a = , a ( )n+. Sa se determine a2006∈M cu∈¢ nu are solutii. Daca ar2.2⎧n⎫, lim a nsi limn→∞n⎨ ⎬→∞⎩an⎭ .Marius Marchitan, Suceava.

Solutie: a1= 1, a2= 1, a3= 8, a4= 3, a5= 21 si se arata prin inductie ca:Într-adevar, daca a = n− 1 atunci:an⎧n−1, npar= ⎨, ( ∀)n≥4.2⎩n − n+1, n imparn3 3⎡ n ⎤ ⎡n−1 an+11 ⎤ ⎡ 2n n1 ⎤ 2n n n n2( ) ( )= ⎢ = + = + + 1+ = + + 1= + 1 − + 1 + 1n−1 ⎥ ⎢n−1 n−1 ⎥ ⎢⎣ n−1⎥.⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎦⎡ ( n+ 1) 3 ⎤ ⎡( n+ 1)( n 2 + n+ 1)+ n 2 + n⎤⎡ n 2 + n ⎤an+2= ⎢ ⎥= ⎢⎥ = n+ 1+ = n+12 2 2n + n+ 1 n + n+ 1⎢n + n+1⎥ .⎢⎣ ⎥⎦ ⎢⎣ ⎥⎦⎣ ⎦Atunci a2006= 2005 si lima2n=+∞= lim a2n+ 1deci lim a n=+∞ .n→∞n→∞2 2⎧ n ⎡ n ⎤n→∞⎪ − , n par2 2 2n 1⎢n 1⎥⎧n ⎫ n ⎡n⎤ ⎪ − ⎣ − ⎦Fie bn= ⎨ ⎬= − ⎢ ⎥= ⎨=2 2⎩an ⎭ an ⎣an⎦ ⎪ n ⎡ n ⎤⎪− , n impar2 2n − n+ 1 ⎢n − n+1 ⎥⎩ ⎣ ⎦2⎧ n2⎡ 1n 1⎤, n par⎧ n⎧ 1− + + − ( n+1, ) n par , n par⎪n−1 ⎢⎣ n−1⎥ ⎦ ⎪n 1 ⎪=−n−1⎨ =2⎨ =2⎨. Atunci⎪ n ⎡ n−1⎤nn−1− 1 + , n impar ⎪ −1, n impar ⎪ , n impar2 2 22⎪n n 1 ⎢ n n 1⎥ ⎩ − + ⎣ − + ⎦ ⎪⎩n − n+1⎪⎩n − n+1limb = limb = 0⇒ limb= 0.2n 2n+1nn→∞ n→∞ n→∞

Concursul interjudetean de matematica al Revistei SINUSEditia a II-a, Suceava, 18 noiembrie 2006Etapa finalaClasa a XII-a1. Pe multimea finita M consideram operatia asociativa ”o ”, care are proprietatea ca existaa Mx y≠ a, ∀ xy , ∈Maox = ao x ⇒ x = x , ∀ x, x ∈M \ a .∈ astfel încât o ( ) si1 2 1 2 ( ) 1 2 { }Sa se arate ca exista b∈ M\{ a}astfel încât a a=b bo o si sa se dea un exemplu de o operatie cuaceasta proprietate definita pe o multime cu trei elemente.Catalin Tigaeru, SuceavaSINUS 3(6)/2006xo y≠ a, ∀ xy , ∈Mrezulta ca functia f : M M f x = ao x nu este surjectivaSolutie: Din ( )( Im f M \{ a}a→ , ( )a⊆ ), deci nici injectiva ( deoarece M este finita ). Atunci exista x1 ≠ x2astfel caaox1 = ao x2. Din conditia aox1 = ao x2 ⇒ x1 = x2, ( ∀) x1, x2∈M \{ a}rezulta ca unul din cele douaelemente x1,x2este egal cu a si celalalt este diferit de a. Fie x1 = ax ,2= b ≠ a care verifica egalitateaaoa=a o b .Cum operatia "" o este asociativa atunci ( a a) b=a ( a b)( aoa) ob= ( aob) ob=ao( bo b). Obtinem ca a ( a b) = a ( b b)o o o o . Dar aoa=a o b decio o o o . Cum ao b≠a, bo b≠a rezulta ca:aob= bo b . Dar aoa=a o b , deci aoa=b o b .Un exemplu de astfel de operatie este descrisa de tabelul urmator:o c b ac c b bb b c ca b c c24x1 x2. Sa se calculeze ∫+ ⋅ edx, x > 0.x xGheorghe Marchitan, Suceava2'4x+ 1 ⎛ 1 ⎞ ' ⎛ 1 ⎞Solutie: ∫ ⋅ edx x = 4 x edx x 4 x( e x ) dx 2 edxxx x∫⎜ + ⎟ = − ⎜ ⎟ =⎝ x x∫ ∫⎠ ⎝ x⎠( )xxxe e e 22x−1 e= 4e x− 2∫ dx − 2 + 2x x∫xdx= + Cx x3. Fie f :¡ → ¡ o functie ce admite primitive si îndeplineste conditia:f ( x− 1) + f ( x+ 1 ) = x+ f ( x) ,( ∀)x∈¡.Sa se arate ca exista a ∈( 0,6)astfel încât f ( a ) = 3.Marius Marchitan, Suceavag: ¡ → ¡,g x = f x − x ce admite primitive. Relatia din ipoteza se rescrieSolutie: Fie ( ) ( )g( x− 1) + x− 1+ g( x+ 1) + x+ 1= x+ g( x)+ x, adica ( ) ( ) ( ) ( )Atunci g( x+ 3) = g( x+ 2) − g( x+ 1) =− g( x), deci g( x) g( x 3) 0, ( ) x .G( x+ 3 ) + G( x) = c,( ∀)x∈¡ , unde G g( x) dx.∈ ∫ag x− 1 + g x+ 1 = g x , ∀ x∈¡.+ + = ∀ ∈ ¡ Rezulta

Astfel G( x+ 6) − G( x) = G( x+ 6) − G( x+ 3) + G( x+ 3) − G( x) = 0, ( ∀)x∈¡ . Daca F ∈ ∫ ( )2xF( x+ 6) −F( x)G( x) = F( x) − + c',( ∀)x∈¡ , deci= x+ 3, ∀x∈¡ .2Pentru x = 0 obtinemFrezulta ca exista ( 0,6)( 6) − F( 0)6−0= 3a ∈ astfel încât ( ) 36f x dx atuncisi aplicând teorema lui Lagrange functiei F pe intervalul [ 0,6 ]f a = .