Soluţiile problemelor propuse în nr. 1 / 2006 Clasele primare P.104. Suma dintre predecesorul unui număr şi succesorul numărului următor lui este 29.

Transcriere

1 Soluţiile problemelor propuse î r. / 006 Clasele primare P.04. Suma ditre predecesorul uui umăr şi succesorul umărului următor lui este 9. Careesteacestumăr? (Clasa I ) Iria Luca, elevă, Iaşi Soluţie. Suma ditre umărul căutat şi succesorul lui este (4 + ). Deducem că umărul căutat este 4. P.05. Alăturat se află roboţelul "MATE". a) Completaţi casetele goale; b) Aflaţi sumaumerelorpecareleţie î mâii; c) Aflaţi difereţa umerelor scrise î tălpile picioarelor. (Clasa I ) Adrei Stativă, elev, Iaşi Soluţie. a) Pe umeri se află umărul a astfel îcât a, de ude a +45. b) Î mâa stâgă are45 4, iar î dreapta are umărul cu mai mic decât 45, adică. Suma umerelor pe care le ţie î mâii este c) La baza bustului are umărul , iar pe talpa dreaptă ţie umărul Difereţa este P.06. Petru desemarea campioaei, echipele de hochei pe gheaţă A şi B dispută uumăr de partide pâă ce ua ditre ele câştigă de4 ori. Care este umărul maxim de partide care se pot juca, ştiid că u au fost rezultate de egalitate? (ClasaaII-a) Îv. Costaţa Cristea şi Ist. Iulia Cristea, Iaşi Soluţie. Numărul maxim de partide care se pot juca este 7. Îtr-adevăr, este posibil să serealizezescorul4. P07. U grup de turişti a cosumat 7 prăjituri şi îgheţate. Ştiid că 7 turişti au cosumat câte o îgheţată şi câte o prăjitură, 5 turişti au cosumat umai câte două îgheţate, iar 4 turişti u au cosumat imic, iar restul câte u sigur produs (îgheţată sau prăjitură), să seaflecâţi turişti sut î grup. (ClasaaII-a) Alioa Loghi, elevă, Iaşi Soluţie. Numărul turiştilor care au cosumat câte o prăjitură este Numărul turiştilor care au cosumat câte o îgheţată este Î cofetărie au itrat turişti. P08. Pri împărţirea adouă umere aturale rezultă câtul şi restul 6. Ştiid că împărţitorul este u umăr mai mic decât 0, aflaţi cele două umere. (Clasa a III-a) Îv. Rica Bucătariu, Iaşi Soluţie. Puâd codiţia r<î, putem avea: , ; P.09. Figura alăturată esteformatădibeţişoare. a) Îdepărtează usigurbeţişor petru a obţie tot atâtea triughiuri ca şi pătrate;

2 b) Mută douăbeţişoare petru a obţie de două ori mai multe dreptughiuri decât pătrate. G E F (Clasa a III-a) Adia Voiescu, elevă, Iaşi H I D Soluţie. a) Îdepărtâd uul di beţişoarele DE sau EG sau GI J C obţiem două triughiuri şi două pătrate. b) Mutăm beţişoarele ID şi JC astfel îcât să formăm u dreptughi de lăţime AB şi lugime BF. Î acest caz vom avea u pătrat şi două A B dreptughiuri. P.0. Ce oră idică primul ceas, ştiid că acestarespectă regulaidicatăde celelalte trei? (Clasa a III-a) Veroica Corbu, elevă, Iaşi Soluţie. De la al doilea ceas la al treilea ceas avem o creştere de h 0 0,iarde la al treilea ceas la al patrulea ceas avem o creştere de h Regula costăî dublarea creşterii. Cum h 0 0 este dublul lui 40 0, primul ceas arată 6h 0 0. P.. Fie umărul N abc + acb + bac + bca + cab + cba. a) Care este cea mai mică şi cea mai mare valoare a lui N? b) Câte valori diferite poate avea umărul N? (ClasaaIV-a) Oxaa Pascal, elevă, Iaşi Soluţie. Avem N (a + b + c). a) Cea mai mică valoare a ui N este 666. Cea mai mare valoare a lui N este b) Valorile sumei a+b+c sut de la la 7. Numărul N poate lua valori diferite. P.. Î urma desfăşurării uui joc didactic matematic, îvăţătorul a oferit ca recompesă 44 baloae. Câte 4 baloae au primit u umăr de participaţi ce reprezită aşasea parte di totalul lor, câte două au primit a treia parte, iar restul participaţilor au primit câte u balo. Aflaţi umărul participaţilor la joc (soluţie aritmetică!). (ClasaaIV-a) Alexadra Nistor, elevă, Iaşi Soluţie. Presupuem că mai adăugăm işte elevi, î mod coveabil, astfel îcât fiecare elev să primească câte u sigur balo di cele 44. Astfel, 6 se trasformă î 4 6, se trasformă î4 6,iarrestul se trasformă î Să figurăm oua situaţie. 6 O şesime di umărul elevilor participaţi la cocurs primeşte 44 : 4 baloae. Numărul elevilor participaţi la cocurs este P.. Da şi-a pus timbrele î clasor, câte 0 pe uele pagii, câte 0 pe alte pagii şi au rămas de 4 ori mai multe pagii goale decât folosite. Dacă arpue câte 5 timbre pe fiecare pagiă, toate pagiile ar fi folosite. Câte pagii poate avea

3 clasorul, ştiid căudepăşeşte 60 (soluţie aritmetică!)? (ClasaaIV-a) Petru Asaftei, Iaşi Soluţie. Notăm cu a umărul de pagii cu câte 0 timbre şi cu b umărul de pagii cu câte 0 timbre. Di prima iformaţie deducem că umărul pagiilor clasorului este 5(a + b). Di a doua iformaţie rezultā căumărul pagiilor clasorului este a +6b. Săfigurăm această situaţie. a b Costatăm că b a. Distigem cazurile: a b 5(+)5 40(pagii); a b b 6 5(+6)5 840(pagii); a b b 9 5(+9)60 (pagii). Clasa a V-a V.66. Să searatecă, oricare ar fi cifra eulă a, umărul x a + a + 4 a se divide cu 0. Otilia Nemeş, Oca Mureş (Alba) Soluţie. Deoarece a M4 +,iara M4 +, atuci U( a ), U( a ),iaru(4 a )7. Deducem că U (x) 0, deci x. 0. V.67. a) Să searatecă, scăzâd di suma a 006 umere pare cosecutive suma umerelor situate ître acestea, u se poate obţie rezultatul 006. b) Să seafle006 umere pare cosecutive astfel îcât, scăzâd di suma lor suma umerelor situate ître ele, să seobţiă 005. Maria Paţiruc, Iaşi Soluţie. a) Ître 006 umere pare cosecutive se află 005 umere impare, cu suma umăr impar; deducem că şi difereţa este tot impară. b) Fie a umărul cel mai mic; atuci [a +(a +)+ +(a + 400)] [(a +)+(a +)+ +(a )] 005 a a V.68. Arătaţi că uexistă N petru care A să fie pătrat perfect. Iulia Pleşca, elevă, Iaşi Soluţie. Avem că A 0 90, A 94u sut pătrate perfecte. Petru, ultimele două cifrealelui5 sut 5, deci A se termiă î4. Deducem că A., dar A./ 4, pri urmare A u poate fi pătrat perfect. V.69. Să serezolveîn ecuaţia 8 +5 m Alexadru Gabriel Tudorache, elev, Iaşi Soluţie (Cezara Maria Eea, elevă, Iaşi). Di 5 m -umăr impar şi umăr par, rezultă că 8 este umăr impar, deci 0. Atuci +5 6 M, iar M, cotradicţie, deci ecuaţia u are soluţii. V.70. Determiaţi a N petru care umerele a, a +, a +6, a +, a +8, a +0, a +6, a +0, a +, a +6, a +60 sut simulta prime. Lucia Tuţescu, Craiova

4 Soluţie. Cum umerele 0,, 6,, 8, 0, 6, 0,, 6, 60 geerează toate resturile posibile la împărţirea pri, acelaşi lucru se îtâmplă şi petru cele umere date. Deducem că cel puţi uul di ele se divide cu şi, cum umerele sut prime, măcar uul este egal cu. Avem de studiat trei cazuri: i) Dacă a,umeresut,, 7,, 9,, 7, 4, 4, 47, 7, toate prime. ii) Dacă a +, atuci a 9u este prim. iii) Dacă a +6,atucia 5,îsă a +05u este prim. Valoarea căutată aluia este. Clasa a VI-a A m B VI.66. Alăturat este deseată ogrădiă avâdforma uui poligo cu 7 laturi. Î fiecare vârf se află câteo poartă mobilă astfel îcât, î oricare două vârfuri vecie, porţile să îchidă perfect latura pe care acestea o determiă. Să seaflelugimileporţilor. Roxaa Căpăţâă, elevă, Iaşi Soluţie. Fie x lugimea porţii di A. Atuci porţile 9 m G m F 0 m E 6 m C 7 m D 6 m di B, C, D, E, F, G au respectiv lugimele: x; 6 ( x) x 6; 7 (x 6) x; 6 ( x) x 7, 0 (x 7) 7 x; (7 x) x 6. Puem codiţia de îchidere a porţilor pe latura [AG] :x+(x 6) 9 x 7, 5. Lugimile celor 7 porţi vor fi 7, 5m; 4, 5m;, 5m; 5, 5m; 0, 5m; 9, 5m, respectiv, 5m. VI.67. Î patrulaterul ABCD costruim AP BD, CQ BD, P, Q BD şi fie M mijlocullui (AC). DacăpucteleM, P, Q sut disticte două câtedouă, demostraţi că 4MPQ este isoscel. Marius Farcaş, Iaşi Soluţia (a autorului). Fie {R} PM CQ. C Avem că \P AM \RCM (altere itere), \AM P D \CMR (opuse la vârf) şi AM MC, pri urmare P M R 4AMP 4CMR (U.L.U). Deducem că PM MR şi O Q atuci QM este mediaă î4pqr dreptughic î Q, S de ude rezultă că QM PR PM,adică 4MPQ A este isoscel. B Soluţia (Gabriel Popa). Fie S mijlocul lui [AQ], iar{o} MS BD. Atuci MS este liie mijlocie î 4ACQ, pri urmare MS k CQ. Rezultăcă OS k AP şi, cum S este mijlocul lui [AQ], avemcă OS este liie mijlocie î 4OAP. Astfel, O este mijlocul lui [PQ] şi MO PQ, deci 4MPQ este isoscel. Soluţia (Alexadra Cadar, elevă, Iaşi). Aplicăm teorema mediaei şi teorema lui Pitagora: PM PA + PC AC 4 AQ + QC AC 4 PA + PQ + QC AC 4 MQ. VI.68. Fie puctele A, C, M cu m( \AMC) 6 90 şi AC AM. Săsearate 4

5 că M este mijlocul lui [AC] dacă şi umai dacă m( \ACM) m( \MAC). Ioa Săcăleau, Hârlău Soluţie. Dacă M este mijlocul lui [AC], atuci M m( \ACM) m( \MAC) 0, de ude m( \ACM) T m( \MAC). Reciproc, să presupuem că m( \ACM) m( \MAC). Dacă A, M, C u ar fi coliiare, fie N mijlocul lui [AC] şi [AT bisectoarea lui \MAC, T MC. Atuci A N C 4TAC este isoscel şi TN este mediaă, pri urmare TN AC. Pe de altăparte, 4MAT 4NAT (L.U.L.), deci m( \AMC) m(\ant )90, ceea ce cotravie ipotezei. Rămâe că puctele A, M, C sut coliiare. Î plus, u putem avea puctul M pe prelugirile segmetului [AC], altfelm( \MAC) m( \ACM). Deducem că M este mijlocul lui [AC], ceea ce îcheie rezolvarea. VI.69. Să searatecă petru orice alegere a semelor î expresia ± ± ± ±006, rezultatul u se divide cu 006. Mihail Becze, Braşov Soluţie. Dacă arexistaoalegereasemelorpetrucarerezultatulsăse dividă cu 006, î mod ecesar ar trebui ca ± ± ± ±006 şi 006 să aibă aceeaşi paritate (o putere are aceeaşi paritate cu baza sa). Cum suma şi difereţa au aceeaşi paritate, ar rezulta că este umăr par, deci este par, absurd. Astfel, rămâe adevărată cocluzia. m + VI.70. Determiaţi m, Z petru care a m Z. Gheorghe Iurea, Iaşi Soluţie. Cele două fracţii di expresia lui a sut ireductibile. Îtr-adevăr: d m +,d m + d (m +) (m +) d şi aalog petru a doua. Cum (m +, m +), ( +5,+),obţiem: m + ( +5)a ( +5) + + Z m + +5; m + (m +)a m ++(m +) + Z +5 m +, +5 pri urmare +5 m +. i) Dacă +5 m +,atuci (m ), decim k, k, k +9 k Z, iar a Z. Obţiem că 6k +5 k +9, de ude 6k +5 6k +5 6(k +9) (6k +5),adică 6k +5. Deducem că 6k +5 {, }, deci k şi astfel (m, ) (, ). ii) Dacă +5 m, atuci (m +), de ude m+ k, k, k 0 k Z, iara Z. Ca mai sus, găsim soluţiile (m, ) {(, 0) ; (0, )}. 6k 5 Clasa a VII-a VII.66. Să serezolveîr 4 ecuaţia 0 p x y p y z z x t x Ioaa Ola, elevă, Iaşi 5

6 Soluţia. Î codiţiile de existeţă a radicalilor, folosid iegalitatea mediilor, avem: 0 p x y p y z z t t x +78 p 900 (x y+90) + p 65 (y z+66) + p 400 (z t+40) + p 8 (t x+78) 900+x y y z z t t x Cum se atige egalitatea, î mod ecesar vom avea că x y + 90, y z , z t şi t x +788.Sistemulobţiut este edetermiat, cu soluţiile {(α, α +,α+,α+) α R}. Soluţia. Egalitatea di ipoteză se poate scrie sub forma ³ 0 p ³ x y p y z z t t x Fiecare terme al sumei trebuie să se auleze etc. VII.67. Aflaţi a, b N dacă a + b 8şi 0 a+ 9b Adrei-Sori Cozma, elev, Iaşi Soluţie. Avem: 0 a+ 9b +7 0 a+ 9(b +)+8 99 {z...9 } 9(b +)+8 ³ ³ 9 {z... } b a+ cifre {z } a de deci 0 a+ 9b {z } a de a+ cifre b +8, b. 9. Restul împărţirii lui...0 {z } pri 9 este a de acelaşi cu restul împărţirii lui {z } pri 9,deci...0 {z } b. 9 a b. 9. a de a de Cum a + b 8,obţiem soluţiile (a, b) {(0, 8) ; (9, 9) ; (8, 0)}. VII.68. Fie 4ABC dreptughic, cu ipoteuza de lugime a, cateteleb şi c, iar aria S. Dacă x, y (0, ), săsearatecă a S x + y dacă şi umai dacă b xy şi c sut direct sau ivers proporţioale cu x şi y. Veroica Plăeşu şi Da Plăeşu, Iaşi Soluţie. Avem succesiv: a S x + y b + c x + y xy b + c bc x + y xy bc xy bx (by cx) cy (by cx) 0 (by cx)(bx cy) 0 by cx 0sau bx cy 0 b x c y sau b x 6 c. y

7 VII.69. Fie 4MNP cu m( \NMP) 90 ; se cosideră puctele S, T, M (NS), M (PT), astfelîcâtns MS, PT MT. Dacă {Q} PS NT, atuci: a) QM NP; b) QN + QP 5NP. Dorel Luchia, Iaşi Soluţie. a) Fie {R} QM NP.Cum MS MN MT MP, di reciproca teoremei lui Thales rezultă că TS k NP. Atuci 4MTS 4MPN, de ude TS NP,iar4QT S 4QNP, pri urmare QS QP QT QN TS NP. Astfel, NS şi PT sut mediae î 4QNP,deciM va fi cetrul de greutate al 4QNP. Rezultă că R este mijlocul lui [NP], iar QM MR. Pedealtăparte,MR este mediaă î4mnp dreptughic, deci NP MR. Deducem că QM NP. b) Aplicăm î mod repetat teorema lui Pitagora: QN + QP (TN) +(SP) 4 MT + MN +4 MS + MP 4 MN + MP +4 MT + MS 4NP +4TS 5NP. VII.70. Triughiul alăturat este cosiderat fix. Î câte moduri putem aşeza umerele,,, 4, 5, 6 î cerculeţe, astfel îcât sumaumerelordepefiecare latură a triughiului să fie aceeaşi? Petru Asaftei, Iaşi Soluţie. Fie i, j, k cele trei umere di vârfuri; cum fiecare vârf aparţie la câte două laturi, suma umerelor de pe fiecare latură vafi: S i + j + k [(++ +6)+(i + j + k)] 7 +. Acest umăr trebuie să fie atural, deci i+j +k.. Valoarea miimă petrui+j +k este ++ 6, iar cea maximă este , pri urmare i + j + k {6, 9,, 5}. Deducemcă {i, j, k} {{,, } ; {,, 6} ; {,, 5} ; {,, 4} ; {, 5, 6} ; {, 4, 6} ; {, 4, 5} ; {4, 5, 6}}. Odată fixatămulţimea {i, j, k}, cele trei umere pot fi permutate pe cele trei cerculeţe di vârfuri î 6 moduri, iar apoi umerele di mijloacele laturilor, dacă există, sut bie determiate. Spre exemplu, dacă {i, j, k} {,, }, avemcă S 9şi obţiem completările: Q T N Se costată uşor că u avem posibilitatea completării triughiului dacă {i, j, k} {{,, 6} ; {,, 4} ; {, 5, 6}, {, 4, 5}}. Obţiem astfel că umărul de completări posibile este Clasa a VIII-a VIII.66. Să sedemostrezecă 7 M R S P

8 <. Carme Daiela Tamaş, Bârlad Soluţie. Are loc iegalitatea k 4 + k + k, k N, deoarece aceasta revie la k 0. Egalitatea se atige umai petru k.atuci < < < µ ( ) µ µ + µ + + µ. Notă. Elevul Floria Păliţă, Petroşai, demostrează iegalitatea pri iducţie matematică. VIII.67. Fie 0 <a<b<c<d<eşi propoziţiile: p : b ac a + c ; p : c b + d ; p : c ae; p 4 : d ce c + e. Să searatecă dacă oricare trei ditre propoziţii sut adevărate, atuci este adevărată şi cea de-a patra. Claudiu-Ştefa Popa, Iaşi Soluţie. Cosiderăm îtâi că p, p 4 sut adevărate şi să arătăm că p p. Avem: c b + d c ac a + c + ce c + e a a + c + e c + e a (c + e)+e (a + c) (a + c)(c + e) c ae c ae. Demostrăm acum că p p p p 4.Dip obţiem că a c c e, deci Atuci, folosid p şi apoi p,avem: d c b c ac ³ a + c c a a + c c c + e. a c a + c a + c ae a + c ce c + e, deci p 4 este adevărată. La fel se arată că p p p 4 p. VIII.68. Fie A , N. Săsedetermie petru care A. 8. Ioel Nechifor, Iaşi Soluţie. Folosid faptul că a b. a b, N, deducem că , , decia. 7. Să vedem câd A. 4. Avemcă A , A Dacă, atuci 006 (M4+) M şi este evidet că 99 (M4). 4. Astfel, A (M4+) (M4 ). 4 M4 + ( ). ( ) 0 par. Î cocluzie, A. 8 petru {} {k k N}. VIII.69. Fie x,x,x R astfel îcât x + x + x. Determiaţi cea mai mică şi cea mai mare valoare a expresiei 8

9 E (x,x,x )x + x + x + x x + x x + x x. Io Vişa şi Lucia Tuţescu, Craiova Soluţie. Expresia se scrie sub forma E (x + x + x +). Atuci E mi, iar această valoare se atige, de exemplu, petru x x 0, x. Di iegalitatea MA MP,avemcă x r + x + x x + x + x,cu egalitate câd x x x / +. Astfel, E max +, iar această valoareseatigepetrux x x. VIII.70. Se cosideră cubul ABCDA 0 B 0 C 0 D 0 şi fie M, N mijloacele muchiilor [AB], respectiv [BC], iar{s} AN CD, {T } DM BC. Săseaflemăsura ughiului format de D 0 N şi ST. Gabriel Popa, Iaşi Soluţie. Fie {P } AN DM. Di D C 4AMD 4BNA (C.C) rezultă că \ADP \PAM. A B Îsă m( \PAM)+m(\DAP) 90,deci m(\adp )+ m(\dap) 90 şi atuci m(\ap D) 90, adică AN DM. Deducem că SP şi TC sut îălţimi D C S î 4DST, pri urmare N va fi ortocetrul acestui triughi, iar DN este tot îălţime: DN TS. A M B P N Di DD 0 (ABC) urmează că DD 0 TS, deci T TS (DD 0 N), de ude D 0 N ST. Clasa a IX-a IX.66. Petru x, y R, fie a y + xy x, b x + x xy. a) Dacă a, b (, 0), să se compare umerele x şi y. b) Arătaţi că există o ifiitate de umere raţioale x, y petru care a, b (, 0). Iouţ Oofrei,elev,Hârlău Soluţie. a) Di a + b<0, obţiem că x + y < 0, deciy < x < 0. Să presupuem pri absurd că x 0; dib x(x + y) < 0 rezultă că x + y<0, deci x< +y. Dar +y<0 şi am ajus la o cotradicţie. Cum x, y < 0, deducem că xy > 0, pri urmare y x a xy < 0. Îcocluzie,y<x. b) De exemplu, putem cosidera x +, y, cu N ; atuci a + + şi b sut ambele egative. IX.67. Fie şi a,a,...,a 0 astfel îcât (a a a ) +(a a a 4 a ) + +(a a a ). Să searatecă a + a + + a + a a a + a a a + + a a a. Adria Zahariuc, elev, Bacău Q ³ Soluţie. Î dezvoltarea produsului a i + Q a j apar toţi termeii de tipul i j6i 9

10 ³ Q j6i a j, i,,deci Q ³ a i + Q P a j ³ Q a j. Di iegalitatea medi- j6i i j6i ilor avem că s Q i ³ a i + Q P a j i j6i i Egalitatea se atige câd umere sut egale cu, iar cel rămas este 0. ³ a i + Q a j, de ude cocluzia problemei. j6i IX.68. Î 4ABC se cosideră cevieele[am], [BN], [CP] cocurete î T. Să searatecă TA TM TB TN TC dacă şi umai dacă T estecetruldegreutateal TP 4ABC. Ovidiu Pop, Satu Mare Soluţie. Cum TB A TN TC TP şi [BTC \NTP (opuse la vârf), rezultă că 4BTC 4NTP, de ude [TBC \TNP, pri urmare PN k BC. Aalog se arată că MN k AB, PM k AC. Fiek AP P N AB ;atucipb k, AB T AN AC AP BM k, AB BC AN BM k, AC BC BP k. AB Di ultimele două relaţii obţiem k,decip este mijlocul lui [AB], apoim, N sut mijloace petru [BC], respectiv[ac]. Î cocluzie, B M C T este cetrul de greutate al 4ABC. Reciproca este imediată. IX.69. Fie 4ABC edreptughic. Paralela pri B la AC şi simetrica dreptei AC î raport cu BC se itersectează îa ;aalogseobţi puctele B şi C.Dacă AA, BB, CC sut cocurete, să searatecă 4ABC este echilateral. Temistocle Bîrsa, Iaşi Soluţie. Petru îceput, fie 4ABC ascuţitughic. A Se vede uşor că 4BCA este isoscel, deci A se află pe mediatoarea lui [BC]. Fie{X} AA BC; evidetcă X (BC). Di4BXA 4CXA obţiem XB A XC BA CA XB XC a b cos C B X C (căci î 4A 0 BA dreptughic avem cos C BA0 BA A a ). Aalog caracterizăm Y (CA) şi Z (AB) pri YC BA YA b c cos A, ZA ZB c a cos B.Cocureţa dreptelor AA, BB, CC coduce la a b cos C b c cos A c a cos B cos A cos B cos C 8. Î biecuoscuta iegalitate cos A cos B cos C, egalitatea se atige petru 8 A B C, deci 4ABC este echilateral. Dacă 4ABC ar fi obtuzughic, două ditre puctele X, Y, Z sut situate pe laturi, iar al treilea pe prelugirea laturii corespuzătoare. Î acest caz, dreptele AA, BB, CC u vor putea fi cocurete. 40

11 IX.70. Să searatecă tg 5 +tg5 +tg5 +tg85 > 4. D. M. Bătieţu-Giurgiu, Bucureşti Notă. Cu ajutorul uui tabel care dă valorile tagetei, se costată că tg 85 ', 4, valoare deja mai mare decât 4. Clasa a X-a X.66. Notăm cu D mulţimea puctelor P (x, y) di plaul xoy situate î iteriorul sau pe laturile 4ABC. Fiea, b R, a + b 60; defiim fucţia f : D R, f (P )ax + by + c. Săsearatecă petru orice P D, avem mi {f (A),f(B),f(C)} f (P ) max {f (A),f(B),f(C)}. Adria Cordueau, Iaşi Soluţie. Fie M (α,β ), N (α,β );arătăm că valorile miimă şi maximă ale lui f (P ), câdp parcurge [MN], se atig î capetele segmetului. Dacă P [MN], există t [0, ] astfel îcât x P α + t (α α ), y P β + t (β β ). Atuci f(p )(aα +bβ +c)+t [a (α α )+b(β β )] f(m)+t [f(n) f(m)]. Dacă f (N) f (M) > 0, atuci f (M) f (P ) f (N), P [MN]. Dacă f (N) f (M) < 0, atuci f (N) f (P ) f (M), P [MN]. Î sfârşit, dacă f (N) f (M) 0,atucif (P )f(m), P [MN]. Reveim la problema iiţială. Fără a micşora geeralitatea, presupuem că f(a) f(b) f(c). FieP D oarecare, iar {Q} AP BC. Deoarece f(b) f(q) f(c), avemf(a) f(p ) f(c) şi demostraţia este îcheiată. X.67. Fie Q a + b a, b Q ª.Săsedetermie fucţiile crescătoare f : Q (0, ) petru care f (x + y) f (x) f (y), x, y Q. Da-Ştefa Mariescu şi Viorel Corea, Huedoara Soluţie. Fie g : Q R, g (x) lgf(x); atuci g (x + y) g (x) +g (y), x, y Q. Fie k g (); cu metoda obişuită de rezolvare a ecuaţiilor fucţioaledetipcauchy,searatăcă g (x) kx, x Q şi g x g x, x Q. Petru N arbitrar, avem: h i h < i ³h + g i ³ ³h g g i + h k i ³ ³h g i + k k h i ³ + g k, deci g k ε, ε >0. Astfel, rezultă că g k, de ude g m + g (m)+g km + k k m +, adică g (x) kx, x Q, ude k (0, + ). Notâd a 0 k, obţiem că f (x) 0 g(x) 0 k x a x,cua. Petruoricea [, + ), fucţia f (x) a x verifică ipoteza problemei, deci fucţiile căutate sut cele expoeţiale cu baza. X.68. Pe cercul trigoometric se cosideră puctelea, B, C de afixe, ε, ε, ude ε cos π + i si π.fiem(z) u puct al cercului situat pe arcul BC ce u coţie A. Săsearatecă z + z + z + z +. z Maria Tetiva, Bârlad 4

12 Soluţie. Fie z cosα + i si α, cuα [π/, 4π/]. Avem: z + z + (cosα +cosα +) +(siα +siα) cos α +si α + cos α +si α ++ + (cos α cos α +siαsi α)+cosα +cosα +cosα + cos α +cosα 4cos α +4cosα +(cosα +). Cum α [π/, 4π/], atucicosα + 0, deci z + z + cosα + cosα. Evidetcă z + z + cosα +, de ude cocluzia. z X.69. Dacă a, b, c >, să se demostreze iegalitatea a log a b+ log c a + b log b a+ log c b + c log c a+ log b c (a + b + c). Titu Zvoaru, Comăeşti Soluţie. Deoarece a, b, c >, atuci log a b>0, log a c>0 etc. Folosid iegalitatea mediilor, obţiem: p loga b + p log a c p log a b + p log a c (++log a b)+ (++log a c) loga a b +log a a c log a a abc. Cum a>, b>, c>, avem: a log a b+ log a c + b log b a+ log b c + c log c a+ log c b a log a a abc + b log b b abc + c log c c abc a abc + b abc + c abc (a + b + c) (a + b + c) abc. Egalitatea se obţie petru a b c. X.70. Fie pătratul ABCD. Săsedetermiemulţimea P It ABCD PA, PB PD,PC sut laturile uui triughi ª. Cătăli Calistru, Iaşi Soluţie. Notăm PA x, PB y, PC z, PD t; atuci B A D x 4 P It ABCD x +yt > z, x P t x + z > yt, z +yt > x ª. P Aplicâd teorema mediaei î 4PAC şi 4PBD, cum AC BD, obţiem că x +z y +t.astfel, x +z > yt y + t > yt (y t) > 0 C D B C y 6 t P / AC. Celelalte două iegalităti care itervi î defiiţia lui sut satisfăcutedecătre orice puct P It ABCD, priurmare ItABCD \ [AC]. Să demostrăm că x +yt > x, P It ABCD, petru prima iegalitate procedâdu-se aalog. Aplicăm pătratului o rotaţie de ughi π î jurul lui A; se 4 t x y z

13 coservă astfel lugimile segmetelor x, y, z, t,deci 4AP P 0 este dreptughic isoscel cu PP 0 x.di4pp 0 B,obţiem: y + t>x y + t +yt > x x + z +yt > x z +yt > x. Clasa a XI-a XI.66. Fie x, N,celmaimicumăr atural cu proprietatea că există M a a...a a 0 (0) cu toate cifrele eule, astfel îcât M (+) + a a a 0 + x 9x.Săsecalculeze lim 0. Valeriu Braşoveau, Bârlad Soluţie. x M ( +) + a a i a [M (a + a + + a 0 )], cu egalitate petru a a a a 0 k. Codiţia de miimalitate impusă luix coduce la x kk...k 9 {z } k + k + + k k h i... ( +). {z } 9 + cifre + termei Di aceeaşi codiţie de miimalitate deducem k, deci x x Atuci lim XI.67. Fie şirul (x ) defiit pri x ³ π 0 4,, x + x tg x,. Săsestudiezeexisteţa limitelor lim x şi lim x. Da Popescu, Suceava Soluţie. Dacă presupuem că x ³ π 0 4,,atucix + f (x ), ude f : h π i ³ 4, 0 R, f (t) t tg t este fucţie strict crescătoare. Obţiem că f π 4 π +<x + f (x ) <f(0) 0 şi deoarece ³ π +, 0 ³ π 0 4,, rezultă că ³ şirul (x ) > este corect defiit, strict crescător şi mărgiit. Petru x π, π, avem că tg x x x 0; folosid acest fapt, pri trecere la limită îrelaţia de recureţă rezultă că lim x 0. Apoi, ( x ) e l( x ),, iar l ( x + ) l ( x ) l x + x l tgx x tgx x,. Cum lim, cu criteriul lui Stolz-Cesàro se x x deduce că lim x e 0. XI.68. Fie f : I R, I R iterval, o fucţie de două ori derivabilă cu f 00 (x) f 0 (x), x I. Săsearatecă f (x) f (a) (e x a ) f 0 (a), x, a I. Petru f (x) e αx, α (, 0] [, + ), săsededucă iegalitatea lui Beroulli. Dumitru Mihalache, Bârlad Soluţie. Cosiderăm fucţiaµ g : I R, g (x) f(x) f(a) (e x a ) f 0 (a). f Avem că g(a) 0,iarg 0 (x) e x 0 (x) e x f 0 (a) e a.fucţia h : I R, h (x) f 0 (x) e x are derivata pozitivă pei: h 0 (x) f 00 (x) e x f 0 (x) e x e x f 00 x f 0 (x) e x 0, 4

14 x I, deci h este mooto crescătoare. Deducem că g 0 (x) 0 petru x>aşi g 0 (x) 0 petru x<a,adică a este puct de miim petru g. Cum g (a) 0, obţiem că g (x) 0, x I, de ude iegalitatea dorită. Petru f (x) e αx,codiţia f 00 (x) f 0 (x) revie la α α, deci este satisfăcută petru α (, 0] [, ). Deci are loc cocluzia problemei, ce se mai scrie sub forma e x ³ e (α )x αe (α )a ( α) e αa. Trecem x l x, a l a şi obţiem x x α αa α ( α) a α x α > ( α) a α + αxa α, petru orice x, a > 0 şi orice α (, 0] [, ). Petru a, rezultă că x α +α (x ), α (, 0] [, ), ceeacecostituieouşoară îmbuătăţire a iegalităţii lui Beroulli. XI.69. Fie A, B M (R) astfel îcât det (AX + B) 0, X M (R). Să se arate că există C M (R) petru care A BC. Gheorghe Iurea, Iaşi Soluţie. Petru X O, obţiem că det B 0. Dacă det B 6 0, atuci există B ;fied B A. Avem că det B (DX + I ) 0, X M (R) şi cum det B>0, deducem că det (DX + I ) 0, X M (R). Dacă D a b c α β γ, u v w petru X x 0 0 ax obţiem că DX +I αx 0, cux R oarecare ux 0 Atuci det (DX + I )ax + 0, x R, de ude a 0. Cosiderâd acum X x 0 0, x R, găsim că bx + 0, x R, deci b 0etc. Rezultă că D O,adică B A O,deudeA O. Luad C O, are loc cocluzia. Dacă detb 0,săpresupuem pri absurd că există X 0 cu det(ax 0 +B) > 0. Cum det (AX +(AX 0 + B)) det (A (X + X 0 )+B) 0, X M (R), folosid cele demostrate aterior rezultă că A O şi atuci det B>0, fals. Rămâe că det (AX + B) 0, X M (R). Pe de altăparte,didet B 0rezultă P, Q iversabile astfel îcât B PSQ, ude S este ua ditre matricele , sau Obţiem det (AX + PSQ)0, X M (R) det P P AX + S Q 0, X M (R) det (A X + S) 0, X M (R), ude A P A. Î cazul î care S , luâd X , apoix

15 găsim că A a b c x y z SM, ude M a b c x y z. Atuci A PA PSM PSQQ M BC, cu C Q M. La fel se procedează câds sau S XI.70. Fie a, b, c laturile uui triughi ale cărui ughiuri au măsurile î radiai A, B, C şi care are raza cercului îscris r. Săsearatecădistaţa de la puctul M (A, B, C) la plaul P : ax + by + cz + r 0este mai mare decât π. Sori Puşpaă, Craiova Soluţie. Săarătăm îtâi căî4abc are loc iegalitatea A S> A (p a) + B (p b) + C. ( ) Petru demostraţie, observăm că există trei cercuri tagete două câte două, cu cetrele î vârfurile triughiului; razele lor C sut p a, p b, respectiv p c. Evaluâd aria zoei haşurate, B obţiem imediat ( ). Cum A + B + C π şi S rp, relaţia ( ) se scrie echivalet πp (aa + bb + cc + r) p + a A + b B + c C < 0. Dacă 0, expresia de gradul II î p di stâga păstrează sem costat, iar acesta este +. Rezultă că > 0, deci aa + bb + cc + r> p π (a A + b B + c C) s aa + bb + cc + r a + b + c > π a A + b B + c C a + b + c π, la ultima iegalitate folosid iegalitatea lui Cebîşev. Clasa a XII-a XII.66. Fie a, b R cu 0 a<bşi fie f :[a, b] R ofucţie de două ori derivabilă pe[a, b], cuf 00 cotiuă. Dacă Z b f (x) dx a a f 0 (a) b f 0 (b)+bf (b) af (a), să searatecăexistă θ (a, b) astfel îcât f 00 (θ) 0. Mihai Haivas, Iaşi Soluţie. Avem: Z b Z b f (x) dx xf (x) b xf 0 (x) dx a a a " x bf (b) af (a) f 0 (x) Z b b a a bf (b) af (a)+ a f 0 (a) b f 0 (b)+ 45 # x f 00 (x) dx Z b a x f 00 (x) dx.

16 Di ipoteză rezultăcă R b a x f 00 (x) dx 0. Coform teoremei de medie, există θ (a, b) astfel îcat R b a x f 00 (x) dx θ f 00 (θ)(b a) şi cum θ 6 0,atucif 00 (θ) 0. XII.67. Fie f :[0, ] R ofucţie cu proprietatea că există L 0 astfel îcât f (x) f (y) L x y, x, y [0, ]. Săsearatecă petru orice primitivă F a lui f şi petru orice x,x,...x [0, ], N,, areloc µ x + x + + x F F (x )+F (x )+ + F (x ) L X (x i y j ). i<j Da-Ştefa Mariescu, Huedoara Soluţie. Cum f este lipschitziaă, ea este cotiuă şi î coseciţă admiteprimi- tive. Fie x, y [0, ], x>y; atuci L (x y) f (x) f (y) L (x y), deci fucţia g :[0, ] R, g (x) f (x) Lx este descrescătoare, iar fucţia h :[0, ] R, h (x) f (x) +Lx este crescătoare. Deducem că fucţia G :[0, ] R, G (x) F (x) L x este cocavă, iar H :[0, ] R, H (x) F (x) + L x este covexă. Aplicâd iegalitatea lui Jese, obţiem: µ x + + x F L µ x + + x F (x )+ + F (x ) L µ x + + x F + L µ x + + x F (x )+ + F (x ) + L Folosid aceste relaţii şi idetitatea evidetă x + + x µ x + + x X (x i x j ), i<j x + + x ; x + + x. obţiem cocluzia. XII.68. Fie f,g : R R, f (x) e P (x), g (x) e Q(x),udeP, Q sut polioame de grad m, avâd coeficieţii domiaţi a, respectiv b, a, b (0, ). f () R 0 g (x) dx ± g () R 0 f (x) dx. a) Să secalculeze lim b) Să sestudiezebuadefiireaşirurilor (a ) şi (b ),udef(a ) R 0 f (x) dx, g (b ) R g (x) dx şi apoi să secalculeze 0 lim a. b Marius Apetrii, Iaşi Soluţie. a) Evidet că f şi g sut strict crescătoare. Î ipoteza erestrictivă a b, folosid regula lui l Hospital petru edetermiări de tipul,obţiem: + lim x lim x f (x) R x g (t) dt 0 g (x) R x 0 f (t) dt lim x e R P (x) Q(x) x 0 eq(t) dt R x 0 ep (t) dt [P 0 (x) Q 0 (x)] R x 0 eq(t) dt P 0 (x) Q 0 (x) + lim e Q(x) x x m e Q(x) +m (a b) lim x ( m) x m e Q(x) + x m Q 0 (x) e Q(x) +m (a b) mb a b. 46 R x xm 0 eq(t) dt e Q(x)

17 b) Deoarece f şi g sut strict mootoe, di teorema de medie rezultă existeţa şi uicitatea fucţiilor ξ şi η defiite pri f (ξ (x)) R x f (t) dt, g (η (x)) x 0 µ µ R x x 0 g (t) dt, deci ξ (x) f R x x 0 f (t) dt R, η (x) g x x 0 g (t) dt. Di teorema de derivare a iversei, fucţiile ξ şi η sut derivabile, iar lim η (x) +. Avem: x ξ (x) lim x η (x) lim ξ 0 (x) x η 0 (x) lim g 0 (η (x)) x f 0 (ξ (x)) ξ (x) de ude lim x η (x) lim x Q 0 (η (x)) g (η (x)) lim x P 0 (ξ (x)) f (ξ (x)) f (x) g (x) f (x) b a lim x µ η (x) ξ (x) m f (x) R x g (t) dt 0 g (x) R x 0 f (t) dt b a a b. Am folosit pe parcurs faptul că R x f(t) dt R x x 0 f(t) dt 0 lim lim f (x) x xf (x) x lim x ξ (x) f (x) x R x x f (t) dt 0 g (x) x R x x 0 g (t) dt µ R x x 0 f (t) dt µ R x g (x) x 0 g (t) dt m η (x) lim, x ξ (x) f (x) f(x)+xp 0 (x) f(x) lim x +xp 0 (x) 0. XII.69. Fie f R [X] poliomreciprocdegrad4 +, N,avâdrădăciile disticte, complexe şi ereale. Să searatecă f are cel puţi o rădăciădemodul. Cătăli Ţigăeru, Suceava Soluţie. Cum f are coeficieţi reali şi este reciproc, dacă a C \ R este rădăciă aluif cu modulul diferit de, atuci a, a, a, sut patru rădăcii disticte, de a module diferite de, ale lui f. Cum poliomul are 4 + rădăcii, cocluzia este imediată. XII.70. Fie G u grup de ordi 4 cu proprietatea că există m N, <m<, astfel îcât G coţie exact C m subgrupuri de ordi m. Arătaţi că G este abelia. Marius Tărăuceau, Iaşi Soluţie. Cosiderăm submulţimile lui G care coţi elemetul eutru e al lui G şi îcă m elemete di G\{e}. Numărul acestor submulţimi este C m, deci toate aceste submulţimi sut subgrupuri ale lui G. Dacă m>, alegemx, y G \{e} cu x 6 y. Cum m, putem alege m elemete di G\{e, x, y}, fieacestea a,a,...,a m.notăm H {e, x, a,...,a m }, H {e, y, a,...,a m }.Cum H şi H sut subgrupuri ale lui G, xa H (deoarece H subgrup), xa 6 e (altfel x a H ), xa 6 x (î caz cotrar a e) şi xa 6 a i, i,m (altfel x a i a H ). Cotradicţia la care am ajus arată că m şi a e, a G, deci G este grup abelia. 47

18 Soluţiile problemelor petru pregătirea cocursurilor dir. /006 A. Nivel gimazial G96. Fie a x m + x,udem, N. Săsearatecăumărul a este divizibil cu, dacă şi umai dacă x este divizibil cu. Artur Bălăucă, Botoşai Soluţie. Dacă divide x atuci divide x m + x a. Reciproc, să zicem că divide a. Presupuem că m, adică m p, p N. Dacă u divide x, di faptul că divide a x m + x x x p + rezultă că divide umărul atural x p +. Coform teoremei lui Fermat, orice x N care u se divide cu are proprietatea că x dărestul la împărţirea cu şi atuci x p + dă laîmpărţirea cu restul, ceea ce cotrazice faptul că divide a. Deci, x se divide cu. G97. Determiaţi a, b {0,,,..., 9}, a 6 0, astfel îcât umărul A abb...b {z },, săfiepătrat perfect. ori Gheorghe Iurea, Iaşi Soluţie. Dacă b 0,atuciA este pătrat perfect dacă şi umai dacă a {, 4, 9}, iar este par. Fie acum b 6 0;cumb este ultima cifră auuipătrat perfect, avem că b {, 4, 5, 6, 9}. Petru b {, 9}, rezultăcăa M4+,careuestepătrat perfect. Dacă b 5, atuci A...55 M5 + 5, care iarăşi u este pătrat perfect. Câd b 6,obţiem situaţia efavorabilă A M4+. Rămâe de studiat cazul b 4. Avem: A a44...4a t,cut a Petru, umărul t este impar, deci t k +; deducem că a {z... } 0 4k (k +). Nu putem avea 4, petrucăarrezultacă...0 este de multiplu de 4. Dacă,atuci A a444, 8, 4, 48, 5, 58, 6, 68, 7, 78, 8, 88, 9, 98 ª. După calcule,reţiem A Îsfârşit, petru,avem A a44, 8,, 8 ª şi reţiem A 44. G98. Să sedetermiem, N astfel îcât m + + m N. Gabriel Dospiescu, studet, Paris Soluţie. Dacă m, verifică euţul, atuci există p N astfel îcât m + + pm. () Este evidet că divide m,adicăexistă k N astfel îcât m k. Di () deducem că ++k p k (k + +) p k.esteevidetcă(, k) şi deoarece k este cub perfect rezultă că şi k sut cuburi. Fie u, v N cu u k, v. Atuci m uv şi u + u + pu v. Dacă u v, atuci u v, deci m. Fie acum u>v. Este evidet că (u, v) şi 48

19 u v pu v u + v + < u +. Deci, u v. Pedealtăparteavemu divide v + şi atuci v + u v4 4. De aici rezultă că v 4. Dar v + se divide cu u, deci u este liber de pătrate. Rezultă că v şi u. Datorită simetriei rezultă şi soluţia v, u. Corespuzător acestor două soluţii obţiem (m, ) {(; ), (6; 8), (6; 7)}. G99. Fie m, două umere aturale eule astfel îcât m divide. Toate umerele aturale ître şi se aşează laîtâmplarepeucerc. Secalculeazăsuma oricărui grup de m umere vecie. Să se demostreze că pritre aceste sume există două petru care difereţa ditre ele este strict mai mare decât m. Titu Zvoaru, Comăeşti Soluţie. Deoarece se divide cu m rezultă că km +. Dacă elimiăm umărul, suma umerelor rămase este ( ) ( +) P i. Cosiderâd i sumele di cele k grupuri de câte m umere vecie, rezultă că media acestora este ( +)km ( +)m şi deci cel puţi ua di sumele calculate, să zicemcă k ( +)m aceasta este a, este mai mare sau egală ca media lor, adică a. Elimiâd acum umărul obţiem suma umerelor rămase P i i ( ). Raţioâd ca mai sus rezultă existeţa uei sume, să zicemb, astfelîcât m b. Avem că ( ) m a b m m, deciexistădouă sume (de exemplu a şi b) petrucare difereţa lor este strict mai mare decât m. G00. Î câte moduri putem colora cu 5 culori u pătrat, astfel îcât î fiecare pătrat să existe patru culori diferite? Gabriel Popa, Iaşi Soluţie. Pătratul di stâga poate fi colorat î 5 4 moduri; fie A, B, C, D culorile folosite îtr-u aumit caz, ca î figură. A B Dacă îpătrăţelul (, ) (adică liia, coloaa, i.e. pătrăţelul di C D dreapta sus) folosim culoarea C, îpătrăţelul (, ) poate fi folosită ua ditre culorile A sau E. Dacăîpătrăţelul (, ) folosim culoarea di (, ), atuci atât (, ) cât şi (, ) pot fi colorate î câte două moduri; dacă u,î(, ) putem folosi culori, î (, ) culoarea este fixată, iar î (, ) putem folosi culori. Obţiem ( + ) 4 modalităţi de colorare ale coturului exterior. Dacă î(, ) u folosim culoarea C, putem folosi ua ditre culorile A sau E (eavâd importaţă, să zicem că aceasta este A). dacă î(, ) folosim C, î(, ) putem utiliza A, B sau E, petru(, ) rămâ culori şi la fel petru (, ). dacă î(, ) u folosim C, atuci acest pătrăţel va fi colorat cu E. Dacăî (, ) utilizăm E, avem câte două modalităţi de colorare petru (, ) şi (, ). Dacă î (, ) folosim A sau B, culoarea di (, ) este fixată, iar petru (, ) avem două posibilităţi. 49

20 Obţiem astfel ( + + ) 5 modalităţi de colorare ale coturului exterior. Î cocluzie, pătratul se poate colora î moduri. G0. Să se demostreze iegalitatea Ã! 4 a ( + bc) + b ( + ca) + 6 c ( + ab) + ( + bc)(+ca)(+ab), a, b, c (0, ) astfel îcât abc. Gabriel Mîrşau şi Adrei Nedelcu, Iaşi Soluţie. Avem: a ( + bc) a a + şi aaloagele. De asemeea, ( + a) a ( + bc)(+ca)(+ab) + a + b + ( + a)(+b)(+c) c şi atuci iegalitatea euţului devie Ã! a 4 ( + a) + b ( + b) + c 6 ( + c) + ( + a)(+b)(+c). () Aduâd î ambii termei ai relaţiei () pe 4 obţiem iegalitatea echivaletă µ 4 +a + +b + Ã 6 + +c (+a)(+b)(+c) +4 Ã ( + a) + ( + b) + ( + c) (+a) + (+b) + (+c) () Dacă vomcosiderax +a, y +b, z iegalitatea () devie: +c (x + y + z) +xyz + x + y + z. () Codiţia abc devie: µ µ µ x y z 8+(xy + yz + zx) 4(x + y + z) xyz. (4) Coform cu (4), iegalitatea () devie: (x + y + z) +8+(xy + yz + zx) 4(x + y + z)+x + y + z (x + y + z) 6(x + y + z)+9 0 (x + y + z ) 0, ceea ce este evidet. G0. Să se determie valoarea maximă a parametrului m R + astfel îcât b + c + c + a + a + b m p (a a b c + b + c ), a, b, c R +. Dorel Băiţa şi I. V. Maftei, Bucureşti Soluţie. Vom demostra că P b + c p P a, egalitatea fiid atisă a petru a b c. Este evidet că P b + c P bc a a P b c. Dacăvom abc 50!!.

21 demostra că P b c p P a, atuci problema este rezolvată. Avem: abc X b c q X ³X abc a b c a b c X a X b 4 c 4 +a b c X a a b c X a X b 4 c 4 a b c X a. () Dacă î iegalitatea P x P xy, x, y, z R îlocuim x b c, y c a, z a b,obţiem iegalitatea (). Răspusul la ceriţa problemei este deci m. G0. Petru a, b, c (0, ) cu a + b + c,săsearatecă abc 8( a)( b)( c). Alexadru Negrescu, elev, Botoşai Soluţia (a autorului). Este evidet că a< a + b + c<+b + c < +b+c < b+c şi deci a < < b+c, adică a < b+c şi aaloagele. Rezultă că a, b, c pot fi lugimile laturilor uui triughi ABC de semiperimetru p. Iegalitatea euţului este echivaletă cu: abc 8(p a)(p b)(p c) abcp 8p (p a)(p b)(p c) 4RSp 8S Rp S Rp rp R r ceea ce este evidet. Soluţia (Floria Păliţă, elev,petroşai). Cum a>0, b>0şi c>0, se aplică iegalitatea mediilor p ( a)( b) a b c şi îcă două aaloage. Pri îmulţire membru cu membru, rezultă cocluzia. Soluţia (Marius Tiba, elev,iaşi). Notâd x a, y b, z c obţiem x + y + z. Îlocuid, iegalitatea devie ( x)( y)( z) 8xyz, apoi xyz + xy + xz + yz x y z 8xyz +xy + xz + yz 9xyz x + y + µ z 9 (x + y + z) x + y + 9, z iegalitate biecuoscută. G04. Triughiul ABC are m(\bac) 0. Fie O (BC) astfel îcât [AO este bisectoarea ughiului \BAC. Pe [AO se ia puctul D astfel îcât [BC este bisectoarea iterioarăaughiului \ABD. Săsearatecă AD + BD AB + AC şi AB + AC 4 AO. Petru Răducau, Iaşi Soluţie. Fie E AD astfel îcât BE este paralelă cu B AC. Deoarece [EAC \AEB şi m( [EAC) m(\eab) 60 rezultă cătriughiulabe este echilateral, adică AB A BE AE. O Prelugim [AE] cu EF AC. Deoarece (BE) (AB), D (EF) (AC) şi m(\bef) m(\bac) 0 rezultă că C E trighiurile BEF şi BAC sut cogruete de ude obţiem că \BCA \BFE şi \EBF \ABC, deci \CBD \FBE şi F 5

22 BF BC. Di paralelismul dreptelor AC şi BE rezultă \ACB \CBE. Pri costrucţie \CBD \ABC şi atuci \CBD \EBF, deci m(\cbd)+m(\dbe) m(\efb) +m(\dbe) m(\bca) m(\bfe). Pri urmare triughiul BDF este isoscel cu BD DF. RezultăcăAD + BD AD + DF AF AE + EF AB + AC. Observăm că m(\cbf) 60 şi di BF BC rezultă că triughiul BCF este echilateral şi deci m(\bcf) 60. Triughiurile AOB şi ACF fiid asemeea rezultă că AO AC AB AB AC,deciAO, de ude AF AB + AC AO AB AC AB + AC AB + AC, () adică 4AO AB + AC. Î () avem egalitate ître media aritmetică şi media armoică dacă şi umai dacă AB AC. G05. Se cosideră trapezulabcd cu bazele AB, CD ( AB > CD) şi fie O itersecţia diagoalelor trapezului. Se duce liia mijlocie MN atrapezuluişi paralela PQ pri O la bazele trapezului ( M,P (AB), N,Q (BC) ). Să se demostreze că trapezele ABM N şi PQCD au diagoalele respectiv paralele. Claudiu-Ştefa Popa, Iaşi Soluţia (a autorului). Fie E itersecţia dreptelor DQ şi AB. Diasemăări imediate obţiem că CD P Q D C BE CQ QB, CQ QB O DO M N OB, OD OB CD CD. Rezultă că AB BE CD AB, de ude deducem că BE AB. Deoarece M este mijlocul segmetului [AD] iar B este mijlocul segmetului [AE], A B E rezultă că [MB] este liie mijlocie î triughiul ADE, atucimb este paralelă cu DQ. Aalogdemostrăm că AN este paralelă cupc. Soluţia (Marius Tiba, elev,iaşi). Fie x AB, y CD;atuciPQ xy x + y, MN x + y,iar DP MA DP AD DP DP + PA DO DO + OB y x + y. Obţiem că DP MA DC MN CQ NB PQ µ y şi, cum cogrueţa ughiurilor este AB x + y imediată, patrulaterele DCQP şi MNBA vor fi asemeea. Urmează că \PDQ \AMB şi \PCQ \ANB, deci DQ k MB şi PC k AN. B. Nivel liceal L96. Fie cercurile C, C, C astfel îcât C şi C sut tagete exterior î D şi fiecare ditre ele este taget iterior lui C î B, respectiv C. Tageta comuă iterioară cercurilor C şi C taie cercul C î A şi A. Dreapta AB taie cercul C î K, iar dreapta AC taie cercul C î L. Di puctul M de pe cercul C se duc tagetele MT şi MT la cercurile C,respectivC ( T C, T C ). Dacă 5

23 M BAC, arătaţi că MT + MT A M A D KL şi MT MT AM AD KL. Neculai Roma, Mirceşti (Iaşi) Soluţie. Domul Titu Zvoaru, Comăeşti, remarcă faptulcăaceastă problemă este îdeaproape îrudită cuproblemal76, publicată de acelaşi autor î Rec- Mat /005. Cosiderăm totuşi utilă elevilor icluderea uei soluţii detaliate. Î rezolvarea acestei probleme vom folosi teorema lui Casey, pecareoprezetăm î cotiuare (fără demostraţie). Teorema lui Casey. Dacă cercurile C, C, C, C 4 sut tagete (toate iterior sau toate exterior) la cercul C, ordieapuctelordetageţă fiid dată de umerotarea acestor cercuri, atuci are loc relaţia d d 4 + d d 4 d d 4, ude d ij este lugimea tagetei comue exterioare a cercurilor C i şi C j ( d ij se umeşte distaţa tageţială a celor două cercuri). Rezultatul rămâe valabil şi dacă cercurile C i (toate sau o parte ditre ele) degeerează îpuctesaudacăcercul C devie o dreaptă. Să reveim acum la problema cosiderată. Fie {E} BC C, {F } BC C, d tageta comuă a cercurilor C, C şi T d astfel îcât m( [TBC)m(BA C)/. Deoarece m(\ekb) m( [EBT)m([CBT) m(\bac), rezultă că AC k KE. Aalog, obţiem AB k LF. Cum AD este axa radicală acercurilorc şi C,rezultăcă AK AB AL AC, ceea ce îseamă că patrulaterul BCLK este iscriptibil, deci \ABC \ALK. De aici, ţiâd seama de relaţiile \ALK \LKE (petru că AC k KE) şi \ABC \KBE, rezultă că \LKE \KBE, deci LK este tagetă cercului C. Aalog demostrăm că LK este tagetă şi cercului C. Aplicăm teorema lui Casey petru cercurile M, C (O ), A, C (O ) (M şi A degeerate) tagete iterior cercului C şi obţiem d MO d O A + d MO d A O d MA d O O MT A D + MT A D A M KL MT + MT A M A D KL. Petru a demostra a doua relaţie, aplică teorema lui Casey cercurilor M, A, C (O ) şi C (O ): d MA d O O + d MO d AO d MO d AO MA KL + MT AD MT AD, de ude cocluzia. L97. Să se demostreze că î orice triughi are loc iegalitatea m a (m b + m c m a ) + m b (m c + m a m b ) + m c (m a + m b m c ) S. I. V. Maftei şi Dorel Băiţa, Bucureşti Notă. Cocomitet cu publicarea î revista oastră, problema a apărut cu umărul 5449 î G.M. r. /005. Soluţia sapoatefigăsită î G.M. 6/006. Î fapt, iegalitatea se reduce la P S a (p a)

24 Vlad Emauel, elev, Sibiu, otează x p a, y p b, z p c, iar iegalitatea precedetă (demostrată trigoometric de către autorii problemei) revie P (x + y + z) xyz la x (y + z) 9. Dacă m xy, xz, p yz, avemdearătat că 4 P m + mp + p (m + ) 9, m,, p > 0, care este chiar iegalitatea 4 di exceleta 4 Old ad New Iequalities, autori T. Adreescu, G. Dospiescu, V. Cîrtoaje, M. Lascu, apărută î 004 la Editura GIL. L98. Se cosideră u triughi oarecare ABC. Demostraţi că ) si 4 A +si 4 B +si 4 C 7 ³ r ; R ) cos 4 A +cos 4 B +cos 4 C ³ r 4 ³ 5 r ³ a 5 r ³ b 5 r c, 8 R r r r ude R este raza cercului circumscris, r este raza cercului îscris, iar r a, r b, r c sut razele cercurilor exîscrise. Oleg Fayshtey, Leipzig, Germaia Soluţie. ) Avâd î vedere iegalitatea x + y + z xy + yz + zx (x, y, z R) a şi relaţiile si A b si B z abc R, R si C 4S, r S p şi p r, deducem că si 4 A +si 4 B +si 4 C (si A si B) +(sibsi C) +(sic si A) si A si B si C (si A +sib +sic) abc 8R a + b + c R S R p R rp R 7 ³ r. R ) Utilizâd iarăşi iegalitatea x + y + z xy + yz + zx, obţiem cos 4 A +cos 4 B +cos 4 C cos A cos B cos C (cos A +cosb +cosc). () r ³ R r Vom exprima acum termeul di dreapta al iegalităţii () î fucţie de R, r, r a, r b, r c. Î acest scop utilizăm faptul că î orice triughi are loc relaţia cos A+cosB + cos C R + r R, precum şi cos A R + r r a, cos B R + r r b, cos C R R R + r r c (îtr-adevăr, cos A R + r r a cos A r a r µ R S p a S p (p b)(p c) as R bc Rp (p a) abc 4R S S S S). Ţiâd seama de acestea şi de iegalitatea R r, rezultă că: R R si A p (p a)(p b)(p c) cos 4 A +cos 4 B +cos 4 C R + r R R + r r a R + r r b R + r r c R R R r R 5r r a R 5r r b R 5r r c R ³ r 4 ³ 5 r ³ a 5 r ³ b 5 r c, 8 R r r r adică tocmai ceea ce trebuia demostrat. Notă. Am primit de la Neculai Roma, Mirceşti (Iaşi), o iteresată rafiare 54

25 a iegalităţii de la b), aume cos 4 A +cos 4 B +cos 4 C 6 ³ r 4 ³ 5 r ³ a 5 r ³ b 5 r c. 8 R r r r Petru demostraţia primei părţi, folosim cuoscuta si A +si B +si C 9 4 şi iegalitatea CBS; obţiem cos 4 A +cos 4 B +cos 4 C cos A +cos B +cos C si A +si B +si C µ Petru partea a doua, folosim r a + r b + r c 4R + r; r a r b + r a r c + r b r c p ; r a r b r c p r; a + b + c p r 8Rr. Avemcă a + b + c 9R, de ude p r +8Rr +9R,apoi ³ r 5 r ³ a 5 r ³ b 5 r c ³ r 4 [5 r a + r b + r c R r r r 8 R r + r ar b + r a r c + r b r c r 5 r ar b r c r ] ³ r 4 µ00 00 R 8 R r +4p r ³ r 00 R 4 00 R r + ³ r 4 r 6 ³ r 7 ³ r. r +8Rr +9R 9 + R R 4 R 4 ³ 8 Dacă x r µ R 0,,fucţia f (x) 9x 4 6 x x are u maxim egal cu 6,adicăpetrux, de ude cocluzia auţată. L99. a) Care este umărul miim de pucte di pla de coordoate îtregi astfel îcât, oricum ar fi alese, să existetreipuctecucetruldegreutatedecoordoate îtregi. b) Să searatecăîtr-uspaţiu -dimesioal există + pucte de coordoate îtregi astfel îcât oricare trei ditre acestea au cetrul de greutate cu cel puţi o coodoată careuesteuîtreg. Iria Mustaţă, studetă, Breme, Germaia Soluţie (Eugeia Roşu, elevă, şi Adria Zaoschi, profesor, Iaşi). a) Cetrul de greutate al triughiului cu vârfurile î (x,y ), (x,y ), (x,y ) are coordoatele µ x + x + x, y + y + y ; aceste coordoate sut îtregi dacă şi umai dacă x + x + x şi y + y + y sut multipli de. Petru a simplifica rezolvarea, cosiderăm, mai departe, î locul coordoatelor puctelor, resturile acestora modulo. Petru 8 umere, rezultatul u este valabil. Îtr-adevăr dacă alegem sistemul x y observăm că sumax +x +x este multiplu de dacă şi umai dacă celetreiabscise sut egale. Dar, î acest caz, cea de-a doua sumă y + y + y este sau, ceea ce îseamă că, petru orice trei ditre aceste pucte, cetrul de greutate u are ambele coordoate îtregi. 55

26 Să aalizăm, î cotiuare, cazul a 9 umere. Reamitim că două coordoate cogruete modulo sut cosiderate egale. Dacă există 5 pute care au ua ditre coordoate idetică, atuci petru cea de-a doua coordoată avemuuldiurmătoarele cazuri: apar toate cele trei resturi posibile la împărţirea cu sau, coform pricipiului cutiei, uul ditre resturi apare de trei ori. Î ambele situaţii putem găsi trei coordoate cu suma multiplu de, deci există trei pucte cu cetrul de greutate de coordoate îtregi. Presupume acum că u este îdepliită codiţia precedetă. Atuci, îseamă că fiecare di umerele 0,, apare cel puţi o dată şi cel mult de patru ori atât pritre abscise cât şi pritre ordoate. Dacă două ditre aceste umere ar apărea de cel mult două ori, atuci cel puţi cici coordoate ar fi egale cu al treilea umăr, ceea ce cotrazice presupuerea făcută. Deci, două ditre umerele 0,, apar de cel puţi ori la o coordoată. Notăm aceste umere cu m şi. Cosiderăm, petru fiecare ditre cele două grupuri cu prima coordoată m, respectiv, că cea de-a doua coordoată iacelpuţi două valori disticte (astfel există trei pucte idetice şi cetrul lor de greutate are coordoatele îtregi). Dacă avem toate cele trei valori (0,, ) la ordoate, atuci suma lor este şi cetrul de greutate respectiv are coordoatele îtregi. Cazul cel mai efavorabil ar fi, aşadar, cel î care î ambele grupuri, ordoatele iau două valori a şi b petru primul grup şi c şi d petru celălalt grup (a 6 b, c 6 d). Îtrucât a, b, c, d {0,, }, coform pricipiului cutiei, rezultă căexistădouă umere egale. Cum a 6 b şi c 6 d, îseamăcă uul ditre umerele a, b este egal cu c sau d. Putem presupue, fără a restrâge geeralitatea, că a c. Să arătăm că sumele a + c, a + d, b + c, b + d iau cele trei valori posibile 0,,. Avem relaţiile a 6 b a + c 6 b + c, c 6 d b + c 6 b + d, b 6 a b + d 6 a + d. Astfel, dacă cele patru sume ar lua doar două valori di cele trei, atuci a + c b + d şi b + c a + d, ceea ce implică c d. Cotradicţia la care am ajus dovedeşte că fiecare ditre umerele 0,, se află pritre cele patru sume. Acum, să reveim la cel de-al treilea grup - al puctelor care au ca primă coordoată uumăr diferit de m şi (există celpuţi u puct de acest fel). Ordoata uui astfel de puct aduată cu ua di sumele a + c, a + d, b + c, b + d va da u multiplu de, petrucăpritre aceste sume se află toate umerele 0,,. Evidet, puctele di primele două grupuri cu ordoatele di suma găsită mai sus şi cu puctul ales di grupa a treia formează utripletacărui cetru de greutate are coordoate îtregi. Cu aceasta, demostraţia este îcheiată. b) Vom demostra propoziţia pri iducţie după. Îcazul,amgăsit la puctul a) u exemplu de puctecaresatisfaccodiţia di euţ. Presupuem propoziţia adevărată petruuumăr atural. Săarătăm că propoziţia este adevărată petru +. Coform ipotezei de iducţie, există + pucte î spaţiul - dimesioal astfel îcât cetrul de greutate al oricăror trei ditre ele să uaibă toate coordoatele îtregi. Celor + pucte de mai sus le mai adăugăm la sfârşit îcă o coordoată egală cu0 şi apoi, di ou tuturor puctelor, îcă o coordoată egală cu. Astfelobţiem + pucte di spaţiul + dimesioal (jumătate ditre ele se termiă cu0, iar cealaltă jumătate se termiă cu ). Se observă uşor că, oricum am alege trei ditre aceste + pucte, cetrul 56

27 lor de greutate u are toate coordoatele îtregi. Notă. Soluţie corectă s-a primit de la Vlad Emauel, elev, Sibiu. L00. Fie x (0, ); arătaţi că există N astfel îcât {x},. Cipria µ Baghiu şi Gheorghe Iurea, Iaşi Soluţia (a autorilor). Dacă x 0,,cum x x >, există µ µ x N cu x,, deci x x, µ, adică {x},. Petru x, putem alege,iarpetrux luăm. µ µ µ Rămâe de aalizat situaţia x,.cum,, 4 4, 4 5 k k +, k + k...,există k astfel îcât x k + k +, k +. Câd k p, k + p p N p +,obţiem că x,,deci(p +)x p + p p +,p+, p + p + p + p + p p + adică {(p +)x}, p + p +,.Câdk p +, p N,vomavea p + că (p +)x p + p +,p+ p +,deci{(p +)x} p +,,. Î p + + sfârşit, dacă k p +, p N, atuci(p +)x p ++,p++p, p + p +4 p + p + deci {(p +)x}, p + p +4,. Soluţia (Vlad Emauel, elev, Sibiu). Dacă x R \Q,mulţimea {{x} N} este desă î[0, ] (Lema lui Kroecker) şi atuci cocluzia este imediată. Dacă x Q,fiex p q,cup, q N, (p, q) ;observăm că ip, i,q, parcurge toate ½ ¾ ip resturile modulo q. Notăm r i ip (mod q); atuci r ½ ¾ i ip q q,deciexpresia, ½ q i,q, va lua toate valorile di mulţimea 0, q, q,...,q q ¾. Petru a rezolva q problema, ar fi suficiet să găsim m {,,...,q } astfel îcât m q <, adică q m<q. Cum x (0, ), atuciq. Petru q {, }, luăm m. q, q. Acel îtreg Petru q 4, q q > şi astfel există celpuţi u îtreg î u este chiar q q ;dacă q {4, 5}, atuci / N, iardacă q 6, există cel puţi doi îtregi î itervalul respectiv. L0. Fie a, două umereîtregi.săsearatecă Q a a k k0 k Z. Adria Zahariuc, elev, Bacău 57