RecMat dvi

Transcriere

1 Soluţiile problemelor propuse în nr. 1/16 Clasele primare P339. Încercuiţi numerele scrise în şirul 9,7,3,5,1,,4,6,8 care sunt după 7, înainte de, după 3 şi înainte de 4. (Clasa pregătitoare) Nicolae Vieru, elev, Iaşi Soluţie. Trebuie să încercuim numerele 5 şi 1. P34. Completaţi şirul cu încă cinci forme geometrice, respectând regula sa de formare. (Clasa pregătitoare) Andreea Munteanu, elevă, Iaşi Soluţie. Secvenţa care se repetă este: cerc, triunghi, triunghi, pătrat. Trebuie desenate figurile: triunghi, pătrat, cerc, triunghi, triunghi. P341. Într-o pungă sunt trei mere roşii şi două mere galbene. Care este cel mai mic număr de mere pe care trebuie să le scoatem din pungă, fără a le vedea, pentru a fi siguri că am scos cel puţin două mere roşii? (Clasa I) Adelin Bechet, elev, Iaşi Soluţie. Trebuie să scoatem patru mere, deoarece două pot fi galbene. P34. Maria confecţionează un colier din 4 de mărgele astfel încât primele patru au culorile verde, galben, roşu şi alb, iar următoarele repetă aceste culori în aceeaşi ordine. Ce culoare are a şaptesprezecea mărgică a colierului? (Clasa I) Andrei Leahu, student, Iaşi Soluţie = 13, 13 4 = 9, 9 4 = 5, 5 4 = 1. A şaptesprezecea mărgică este verde. P343. Scrieţi numerele, 3, 4, 6, 7, 8, 1 într-un şir astfel încât suma primelor patru numere să fie egală cu suma celor rămase. (Clasa I) Ecaterina Brînzac, elevă, Iaşi Soluţie. Suma celor şapte numere este 4. Rezultă că suma primelor patru numere este. Un eemplu de scriere este:,3,7,8,4,6,1. P344. Ştiind că 7 3+a b= 171 iar b nu-l depăşeşte pe 11, să se afle valoarea minimă şi valoarea maimă a lui a. (Clasa a II-a) Ana Stoica, elevă, Iaşi Soluţie. 7 3+a b = a b = 171 a b = 1. Dacă b = 11 atunci a ma = 1, iar dacă b = atunci a min = 1. P345. Într-o cutie sunt bile negre mici şi 17 bile albe, din care 3 sunt mici şi celelalte mari. Câte bile trebuie să etragem din cutie, fără să ne uităm la ele, astfel încât să avem cel puţin o bilă albă mică? (Clasa a II-a) Aleandra Hanu, elevă, Iaşi Soluţie. Cea mai nefavorabilă situaţie este să etragem 14 bile albe mari, bile negre mici şi încă o bilă albă mică. Trebuie să etragem 17 bile. 148

2 P346. Scrieţi toate numerele de două cifre astfel încât diferenţa dintre cifra unităţilor şi cifra zecilor să fie cu o unitate mai mică decât cifra zecilor. (Clasa a II-a) Monica Maftei, elevă, Iaşi Soluţie. Avem cazurile: a = 1,b = 1; a =,b = 3; a = 3,b = 5; a = 4,b = 7; a = 5,b = 9. Numerele sunt: 11,3,35,47,59. P347. Elevii clasei a III-a au plantat 39 meri, peri şi cireşi. Numărul merilor reprezintă o treime din numărul perilor, iar acesta depăşeşte cu 3 numărul cireşilor. Câţi pomi de fiecare fel au plantat elevii? (Clasa a III-a) Maria Radu, Iaşi Soluţie. Dacă numărul merilor este m, numărul perilor 3m, iar numărul cireşilor 3m 3, atunci m+3m+3m 3 = 39, de unde m = 6, p = 18, c = 15. P348. Fiecare dintre cele cinci căsuţe din şirul se completează cu numerele,1 sau. În câte moduri putem completa căsuţele astfel încât suma tuturor numerelor să fie 3? (Clasa a III-a) Andreea Ciobotariu, elevă, Iaşi Soluţie. Eistă 5 4 = = completări cu un, un 1 şi trei de şi 1 completări cu trei de 1 şi doi de (gândiţi-vă care pot fi poziţiile cifrei 1!). În total, avem 3 de completări care respectă cerinţele problemei. P349. În urmă cu doi ani mama era de şase ori mai în vârstă decât fiica, iar peste doi ani mama va fi de patru ori mai în vârstă decât fiica. Peste câţi ani fiica va avea vârsta mamei de acum doi ani? (Clasa a III-a) Cristina Chelaru, elevă, Iaşi Soluţie. Din m = 6(f ) şi m+ = 4(f +) obţinem că m = 38, f = 8. Fiica va avea 36 de ani peste 8 ani. P35. Paginile unei căţi sunt numerotate cu numerele de la 1 la 373. De câte ori apar trei pagini consecutive astfel încât suma numerelor scrise pe ele se împarte eact la 4? (Clasa a III-a) Maria Bîzdîgă, elevă, Iaşi Soluţie. Numai paginile numerotate cu 4k 1,4k,4k + 1 îndeplinesc condiţia problemei. Prima tripletă este (4 1 1,4 1,4 1+1), iar ultima este (4 93 1,4 93,4 93+1). De la 1 la 93 avem 93 de numre. Trei pagini consecutive ce satisfac condiţia problemei apar de 93 ori. P351. Aflaţi câte perechi (a,b) de numere naturale verifică egalitatea 3a+5b = 777. (Clasa a IV-a) Ştefan Gafton, elev, Iaşi Soluţie. 3a şi 777 se împart eact la 3, deci şi b se împarte eact la 3. Cea mai mică valoare a lui b este 3. Deoarece 5b = 777 3a, trebuie să găsim cea mai mică valoare a lui a pentru care 777 3a se împarte eact la 5. Această valoare este 4. Valoarea maimă a lui b este (777 1) : 5 = 153. Numerele de la 3 la 153 care se împart eact la 3 sunt: 3 1,3,...,3 51. Vom avea 51 de perechi. P35. Găsiţi numerele naturale ab pentru care avem ab = a+ b+a b. (Clasa a IV-a) Nicolae Ivăşchescu, Craiova Soluţie. Avem: 1a+b = a+b+ab 9a = (a+1)b a =,b = 6 ab =

3 P353. În pătratul alăturat completăm cele 1 pătrăţele nehaşurate cu numerele 1,3,5,...,3, fără să le repetăm. Spunem că pătratul este elegant dacă suma numerelor de pe fiecare linie (sau de pe fiecare coloană) este aceeaşi. Arătaţi că eistă cel puţin o aranjare a numerelor astfel încât pătratul să fie elegant. (Clasa a IV-a) Denisa Apetrei, elevă, Iaşi Soluţie = 144,14 : 4 = 36.Putemformasumele: = 36, 13+3 = 36, 15+1 = 36, = 36. Pătratul poate fi elegant. P354. Opt localităţi sunt unite prin şosele ca în figura alăturată. a) Coloraţi localităţile cu două culori astfel încât orice şosea să unească localităţi de culori diferite. b) Indicaţi un traseu care trece prin fiecare localitate o singură dată. (Clasa a IV-a) Petru Asaftei, Iaşi a n Soluţie. a) Notăm cele două culori cu a şi n. Un eemplu de n a colorare este cel din figura alăturată. b) Putem alege un traseu de forma anan,anan sau unul de forma nanananana. a n n a Clasa a V-a V. Împărţind un număr la 8, se obţine câtul 16. Ce cât se poate obţine când împărţim acest număr la 3? Vlad Ciuperceanu, elev, Craiova Soluţie. Restul împărţirii la 8 poate fi,1,...,7, deci numărul poate lua valorile 1618,1619,..., Împărţind aceste numere la 3, obţinem câtul 5376,5377 sau V.1. Arătaţi că numărul P = se poate scrie ca produsul a trei numere naturale consecutive. Ionel Tudor, Călugăreni Soluţie. Cum 13 = , 14 = şi 15 = , rezultă că P = V.. Determinaţi numerele naturale y cu proprietatea că y y = yyy. Viorica Dogaru, Giurgiu Soluţie. Evident că şi y sunt nenule. Împărţind în ambii membri prin y, obţinem că y = 111. Singura soluţie este y = 37. V.3. Determinaţi cifrele a,b,c şi d ştiind că dc este pătrat perfect şi aab+ 5 cab+ cdc+cc = 16. Nicolae Ivăşchescu, Canada Soluţie. Egalitatea din enunţ revine la 7a+7b+713c+d = 16, de unde c < 3. Cum nu eistă pătrate perfecte care să se termine în, rezultă că dc = 81. Urmează că 7a+7b= 1143, deci 7b se termină în 3. Deducem că b = 9, apoi a = 4. În concluzie, (a,b,c,d) = (4,9,1,8). 15

4 V.4. Pe o masă se află 1 de jetoane. Două persoane iau de pe masă, alternativ, de la 1 la 4 jetoane; câştigă persoana care ia de pe masă ultimul jeton. Care dintre jucători are strategie de a câştiga? Ioan Viorel Codreanu, Satulung, Maramureş Soluţie. Dacă primul jucător ia de pe masă k jetoane, 1 k 4, al doilea va lua 5 k jetoane. În acest fel, al doilea jucător va lăsa în urma lui, de fiecare dată, un număr de jetoane care se divide cu 5 şi, astfel, se asigură de câştigarea jocului. V.5. Determinaţi două mulţimi A şi B cu proprietăţile: (i) A B = {1,,...,16}; (ii) toate elementele din B se pot eprima ca sumă de elemente distincte din A; (iii) niciun element din A nu se poate scrie ca sumă de elemente distincte din A. Silviu Boga, Iaşi Soluţie. Mulţimile A = {, 1,,..., 1 } şi B = {1,,...,16}\A au proprietăţile (i)-(iii). Mai mult, folosind unicitatea scrierii unui număr natural în baza, se poate arăta că mulţimile A şi B de mai sus sunt unicele mulţimi cu proprietăţile (i)-(iii). V.6. Spunem că numărul abcd este bun dacă are cifre distincte şi, prin eliminarea unei cifre, se obţine un număr care se poate scrie ca suma a trei cuburi perfecte consecutive. a) Arătaţi că numărul 16 este bun. b) Câte numere bune eistă? Cătălin Cristea, Craiova Soluţie. a) Observăm că 16 = şi că 16 este număr de patru cifre distincte. b) Numerele de trei cifre care se pot scrie ca sumă de trei cuburi perfecte consecutive sunt 16 = , 45 = şi 684 = Numerele bune sunt cele de forma: a16, a {3,4,5,7,8,9}; a16, 1a6, 16a, a {,3,4,5,7,8,9}; b45, 4b5, 4b5, 45b, b {1,,3,6,7,8,9}; c684, c {1,,3,5,7,9}; 6c84, 68c4, 684c, c {,1,,3,5,7,9}. În total, eistă 8 de numere bune. Clasa a VI-a VI.. După trei ieftiniri, fiecare cu 1%, un obiect costă 9 lei. Arătaţi că preţul iniţial al obiectului era mai mare de 1 lei. Constantin Dragomir, Piteşti Soluţie. Dacă preţul iniţial era lei, preţul după trei ieftiniri succesive, fiecare Å cu 1%, este 1 1 ã 3 =,79 lei. Rezultă că = 9: 79 > 1 lei. 1 VI.1. Demonstraţi că < Carmen Daniela Tamaş, Bârlad Å ã 3 16 Å ã 4 16 Å ã Soluţie. Trebuie să demonstrăm că suma S = Å ã 3 3 Å ã 4 3 este subunitară. Observăm că S < unde cerinţa problemei ã 3 = = 1, de 16 Å 5 6

5 VI.. Fie,y,z,t Q astfel încât ( )y+ = (y ) z = (z+)t = (t )+ =. Calculaţi produsul yzt. Bogdan Chiriac, Bacău Soluţie. Avem succesiv: y = ; z = y = 1 ; t = z + = ( 1). Înacestfel, (t )+ = =,oricarearfi Q\{,1,}(amţinutseamade + numitorii care au apărut pe parcurs). Obţinem yzt = 1 ( 1) = 4. VI.3. a) Demonstraţi că eistă o infinitate de triplete de numere întregi (,y,z) pentru care +y + y y +z + z z + =. y b) Dacă (,y,z) are proprietatea de la a), arătaţi că +y + z y +z + z + = 3. Constantin Apostol Soluţie. Căutăm soluţii cu z = ; se impune ca +y + y =, deci +y =. y Rezultă că orice triplet de forma (a, a,), cu a Z, are proprietatea dorită. b) DacăA = +y + y y +z + z z + şib = y +y + z y +z +, atunci A+B = 3 z + şi concluzia se impune. VI.4. Arătaţi că eistă o infinitate de perechi de mulţimi finite (A,B) cu A,B N, B şi astfel încât m(a B) = m(a) m(b) (am notat cu m(x) media aritmetică a elementelor mulţimii X). Petru Asaftei, Iaşi Soluţie. Căutam mulţimi disjuncte de forma A = {a}, B = {b 1,b }; proprietatea din ipoteză se rescrie a+b 1 +b = a b 1 +b 7(b 1 +b ) = a. Considerând 3 a = 7k, b 1 = 1, b = k 1, unde k N, k, obţinem o infinitate de perechi de mulţimi (A, B) având proprietăţile dorite. VI.5. Fie D şi F mijloacele laturilor BC respectiv AB ale triunghiului ABC, iar E AC este ales astfel încât DE să fie bisectoarea unghiului ADC. Arătaţi că FE BC dacă şi numai dacă unghiul  este drept. Bogdan-Petre Posa, Bucureşti Soluţie. Dacă FE BC, cum F este mijlocul lui AB, rezultă că FE este linie mijlocie în ABC, aşadar E este mijlocul lui AC. În A ADC, DE va fi mediană şi bisectoare, prin urmare AD = DC, deci AD = 1 BC şi, de aici, m(â) = 9. Reciproc, dacă m(â) = 9, atunci AD = 1 BC = DC. În ADC isoscel, bisectoarea DE va fi şi mediană, B D C deci E este mijlocul lui AC. Astfel, EF este linie mijlocie în ABC, prin urmare EF BC. VI.6. Fie A 1,A,...,A n, n 3, puncte distincte pe dreapta d astfel încât A 1 A = A A 3 =... = A n 1 A n = 1. Demonstraţi că nu eistă puncte M eterioare 15 F E

6 dreptei d pentru care distanţele MA 1,MA,...,MA n să se eprime prin numere naturale. Lucian Tuţescu, Craiova Soluţie. Presupunem, prin absurd, că MA 1 = a N, MA = m N şi MA 3 = b N. Cum a+1 > m şi m +1 > a, rezultă că a = m şi, analog, b = m. Dacă P este piciorul perpendicularei din M pe d, triunghiurile MPA 1, MPA şi MPA 3 vor fi congruente (I.C.), deci punctele A 1,A şi A 3 sunt egal depărtate de P, ceea ce nu este posibil. Clasa a VII-a VII.. Determinaţi numerele întregi n pentru care n +1n+16 este număr raţional. Mircea Mario Stoica, Arad Soluţie. Dacă n +1n+16 Q, atunci n + 1n + 16 = k, unde k N. Obţinem că (n + 5) k = 9, deci (n + k + 5)(n k + 5) = 9. Studiind cazurile posibile, obţinem n { 1, 8,,}. VII.1. Dacă n N, arătaţi că numărul A = }{{} }{{} 6 este pătrat nde4 nde5 perfect. Marian Cucoaneş, Mărăşeşti = 1n 1,atunciA = 4n 1 n n+1 +5n 1+6= 9 Soluţie. Dacăn = }{{} nde9 4 9 (1n+ 1 n+ )+3 1 n (1n 1)+6 = 1 9 (4 1n+ 4 1 n n n ) = 4 ï ò 9 (1n+ 1 n+1 +1) = 3 (1n+1 1) = , deci A este pătrat perfect. }{{} n+1 de 6 VII.. Fie a,b,c R astfel încât a +ab+bc+ca<. Arătaţi că a < b +c. Constantina Prunaru şi Dan Lucian Grigore, Craiova Soluţia 1. Presupunem, fără a restrânge generalitatea, că b c. Relaţia din enunţ se scrie sub forma (a+b)(a+c) < şi, cum a+b a+c, rezultă că a+b < şi a+c >. Dacă a <, atunci c > a >, de unde c > a, prin urmare a < b +c. Dacă a >, atunci b < a <, de unde b > a, prin urmare a < b +c. Soluţia. Înmulţindcurelaţiadinenunţ,obţinemcăa b c +(a+b+c) <, deci a b c < (a+b+c), de aici, concluzia. VII.3. Demonstraţi că, pentru orice R, numărul A = este strict pozitiv. Ionel Tudor, Călugăreni Soluţie. Avem: 3A = Ç å + 63 >, R = (3 ) +

7 VII.4. Determinaţi numerele întregi 1,,..., 16 pentru care = Dumitru Săvulescu şi Marian Voinea, Bucureşti + Soluţie. Cum 16.7, obţinem că 1.7, deci 1 = 7y 1, unde y 1 Z. Înlocuind în relaţia din enunţ şi împărţind prin 7, rezultă că y1 16 = 16y Repetând procedeul, se ajunge la concluzia că fiecare dintre numerele 1,,..., 16 se divide cu 7 la orice putere. În concluzie, singura soluţie a ecuaţiei din enunţ este 1 = =... = 16 =. VII.5. Fie E şi F mijloacele bazelor AB, respectiv CD, ale trapezului ABCD. Demonstraţi că bisectoarele unghiurilor AEF şi DFE se întâlnesc într-un punctsituat pe dreapta AD dacă şi numai dacă trapezul este ortogonal. Claudiu-Ştefan Popa, Iaşi Soluţie. Notăm cu M punctul de intersecţie a bisectoarelor unghiurilor AEF şi DFE şi cu M şi O mijloacele segmentelor AD, respectiv D F C EF. Cum m( EMF) = 18 m( MEF) m( MFE) = 18 1 [m( AEF) + m( DFE)] = 9, triunghiul EMF M O este dreptunghic şi M O este mediana corespunzătoare ipotenuzei. Rezultă că OM = OF, deci OMF OFM MFD, prin urmare OM DF şi atunci M AD dacă şi A E B numai dacă M = M. SegmenteleM E şim F suntliniimijlociialetriunghiurilorabd, respectivacd, aşadar M E BD şi M F AC. Avem: AC BD M E M F M O este mediana ipotenuzei în triunghiul dreptunghic M EF M O = OF = OE FM O M FO ( ) DFM M FO FM este bisectoarea unghiului DFE (şi, implicit, EM este bisectoarea unghiului AEF) M = M. (Pentru justificarea echivalenţei ( ) ţinem seama de faptul că M O FD.) Cu aceasta soluţia problemei este completă. VII.6. Fie I centrul cercului înscris în ABC cu AB < AC. Perpendiculara din B pe AI intersectează CI în E. Paralela prin E la AC intersectează AB în D. Demonstraţi că dreapta DI trece prin mijlocul laturii BC. Titu Zvonaru, Comăneşti Soluţie. Notăm {A } = AI BC, {B } = BE AC şi {M} = DI BC. În ABB, bisectoarea este şi înălţime, prin urmare A AB = AB = c; atunci CB = b c. Cu teorema bisectoarei, BE D EB = a b c BD DA = a b c. Cum BA = ac b+c, aplicând teorema lui Menelaus în ABA cu transversala D I M, obţinem că DA E I B DB MB MA IA IA = 1, MB B A M C de unde MB ac = a b c b+c MB(b c) = a b+c MB(b+c) ac MB = a şi, cu aceasta, problema este rezolvată. 154

8 Clasa a VIII-a VIII.. Dacă r şi R sunt razele sferelor înscrisă, respectiv circumscrisă aceluiaşi tetraedru, demonstraţi că R r + r R 1 3. Marius Olteanu, Rm. Vâlcea Soluţie. În orice tetraedru are loc inegalitatea Euler-Durrande R 3r. Inegalitatea de demonstrat este echivalentă cu 3(R +r ) 1Rr (3R r)(r 3r) şi este, evident, adevărată. VIII.1. Prove that the number (n 4 n +1) is the sum of two squares for all n N. Alessandro Ventullo, Milan, Italy Soluţie. Avem: (n 4 n +1) = (n 4 +n 3 n n+1)+(n 4 n 3 n +n+1)= (n +n 1) +(n n 1). VIII.. Spunem că o mulţime nevidă E de numere reale este echilibrată dacă eistă un număr real α cu proprietatea că, pentru orice E, rezultă că α E. a) Demonstraţi că, oricare ar fi n N, eistă mulţimi echilibrate de cardinal n. b) Daţi un eemplu de mulţime echilibrată infinită. Ovidiu Pop, Satu-Mare Soluţie. a) Mulţimea E n = {1,,...,n}, n N, are cardinalul n şi este echilibrată: luând α = n+1 şi E n, avem că α = n+1 E n. b) Mulţimea E = [1,] ete infinită şi echilibrată: pentru α = 3 şi [1,], avem că 3 [1,]. VIII.3. Arătaţi că numărul n = n 3, n N, este natural, iar 4(n+1) n +1 este pătrat perfect. Ovidiu Pop, Satu-Mare Soluţie. Cum k 3 = k (k +1), rezultă că n = 1 ( n )+ 1 n(n+1)(n+) ( n) = şi este evident că produsul a trei numere 6 naturale consecutive se divide cu 6. Apoi, 4(n+1) n +1 = 4n(n+1) (n+)+1 = 4(n +n) +4(n +n)+1 = (n +4n+1). VIII.4. Determinaţi numerele a,b,c R + astfel încât abc = 8 şi 8+ab 1+c + 8+ac 1+b + 8+cb 1+a = 1. 4 Mihaela Berindeanu, Bucureşti Soluţie. Observămcă 8+ab 1+c = abc+ab = abşianaloagele,deciab+ac+bc = 1. 1+c Însă 1 = 3 3 ab bc ca ab + bc + ca = 1, prin urmare se atinge egalitatea în inegalitatea mediilor. Deducem că ab = bc = ca, de unde a = b = c =. VIII.5. Arătaţi că a 1 +a a1 a 1 (a 1 +a )(a 1 + a 1 a ), a 1,a R +. Alina Tigae şi Carmen Terheci, Craiova 155

9 Soluţie. Cu notaţiile a 1 = 1, a 1 a =, inegalitatea de demonstrat devine: Å 1 ã ( 1 + ) ( ) ( 1 + )( 1 + ) ( 1 + )( 1 ), adevărat. Egalitatea se atinge când 1 =, deci pentru a 1 = a. VIII.6. Dacă, y, z sunt numere reale pozitive, arătaţi că 1+ + y (1+ )(1+y ) + z (1+ )(1+y )(1+z ) + 1 8yz 1. Daniel Sitaru şi Leonard Giugiuc, Drobeta-Tr. Severin Soluţie. Din inegalitatea mediilor, (1 + )(1 + y )(1 + z ) 8yz; atunci z A = (1+ )(1+y )(1+z ) + 1 8yz z +1 (1+ )(1+y )(1+z ) = 1 (1+ )(1+y ). y Apoi, (1+ )(1+y ) +A y +1 (1+ )(1+y ) = În sfârşit, suma din stânga va fi cel puţin egală cu = 1, de unde cerinţa problemei. Egalitatea 1+ se atinge dacă şi numai dacă = y = z. Clasa a IX-a IX.166. Determinaţi perechile (,y) R pentru care epresia E(,y) = (1 sin sin y)(1 cos cos y) are valoare maimă. Temistocle Bîrsan, Iaşi Soluţie. Evident că E(,y) = (1 sin sin y),,y R. Se constată că 1 sin sin y = cos( +y)cos( y), aşadar valoarea maimă a epresiei E(,y) se atinge când cos(+y) = sau când cos( y) =. Perechile căutate sunt elementele mulţimii {(,y) +y = π +kπ,k Z} {(,y) y = π +kπ,k Z}. IX.167. Fie p, d şi e semiperimetrul, suma diagonalelor şi lungimea segmentului care uneşte mijloacele diagonalelor patrulaterului inscriptibil ABCD. Arătaţi că ABCD este patrulater circumscriptibil dacă şi numai dacă p = d +4e. Cătălin Calistru, Iaşi Soluţie. Dacă d 1 şi d sunt lungimile diagonalelor şi,y,z,t sunt lungimile laturilor, atunci 4e +d 1 +d = +y +z +t (Euler) şi z+yt = d 1 d (Ptolemeu), de unde 4e = (+z) +(y+t) (d 1 +d ). Cum ABCD este circumscriptibil dacă şi numai dacă +z = y +t = p (Pithot), concluzia se impune. IX.168. Fie a 1,a,...,a n (, ) astfel încât a 1 S a a S a a n S a n +1 1, 156

10 1 unde S = a 1 +a +...+a n. Arătaţi că S a S a S a n Denisa Iulia Drăghia, elevă, Craiova Soluţia 1. Avem: 1 = a 1 S a 1 +1 = a 1 ( a 1 ) Sa 1 a 1 +a 1 S a prin 1 +S, urmares a 1+S S. ObţinemcăS a 1 = a 1 1 ( a1 ) = S n n, deunde n S. Rezultă că 1 S a 1 +1 ( 1) ns S +n = n S(n 1)+n n n(n 1)+n = 1. (Pe parcurs, am aplicat în mod repetat inegalitatea lui Bergström.) Soluţia (Pavel Beţiu, elev, Craiova). Dăm lui valoarea f() şi obţinem: f [k+1] ()+f [] ()+...+f [3] () = kf() şideducem că f [k+1] () = (k+1)f() k.dând lui k valorile,1,...,k 1şi sumând relaţiile scrise, obţinem relaţia k = ( k)f() ( (k 1)), de unde deducem că f() =, N. IX.169. Dacă,y,z sunt numere reale pozitive cu y +yz +z = 1, arătaţi că 1+yz z 1+y 1+y + 1+z 3. Tidor Pricope, elev, Botoşani Soluţie. Observămcă 1+yz y +yz +z+yz = 1+ y +yz +z+ = y(+z)+z(+y) (+z)(+y) = Å y +y + z ã = 3. Ar fi destul să mai arătăm că a 3 atunci când +z a = 3; pentru aceasta, folosim C-B-S: ( a 1) ( ( a) ) ( 1 ) = 9 şi, cu aceasta, soluţia este completă. IX.17. Determinaţi numerele întregi a şi b pentru care a 5 = b 5 +3b 4 +8b +5b+1. Ilinca Sebastian, Pîrşcoveni, Olt Å Soluţie. Cum 3b 4 şi 8b + 5b+1 = b+ 5 ã >, rezultă că 3 b 5 +3b 4 +8b +5b+1 > b 5 ; atunci a 5 > b 5 a > b a b+1 a 5 (b+1) 5. Deducem că b 5 + 3b 4 + 8b + 5b + 1 b 5 + 5b 4 + 1b 3 + 1b + 5b + 1, de unde Å b (b + 5b+1), aşadar b = sau b +5b+1 = b+ 5 ã 1. Obţinem 4 că b { 4, 3,, 1, } şi, înlocuind în relaţia din enunţ, găsim unica soluţie (a,b) = (1,). Clasa a X-a X.166. Pe laturile AB şi AC ale triunghiului ABC se construiesc, în eterior, triunghiurile ABE şi ACF astfel încât AB = AF, AC = AE, m( BAC)+m( EAF) = 18 şi Int BAC Int EAF =. Arătati că BF CE. Florin Stănescu, Găeşti 157

11 Soluţie. Pentru a arăta că patrulaterul BCF E este ortodiagonal, ar fi sufucient să demonstrăm că BC +EF = BE +CF. Dacă α = m( BAC), atunci BC +EF = (AB +AC AB AC cosα)+(ae +AF AE AF cos(π α)) = (AB +AC ) şi, analog, BE +CF = (AB +AC ) (unghiurile BAE şi CAF sunt, de asemenea, suplementare). X.167. Dacă 1,,..., n (, ), n N şi m N, arătaţi că m+ 1 + m+ + 1 m+ + m m+ n + m+ 1 3 n 1 n m 1( n ) m. Neculai Roman, Mirceşti, Iaşi Soluţia 1 (a autorului). Dacă,y (, ), atunci m+ +y m+ m +y m : y după calcule, această inegalitate revine la evidenta ( y) ( m + m 1 y+...+y m ). Scriem n relaţii de acest tip şi, prin sumarea lor, obţinem că membrul stâng al inegalităţii din enunţ este cel puţin egal cu ( m 1 + m m n ). Inegalitatea lui Jensen aplicată funcţiei convee f : (, ) R, f() = m conduce la 1 m n 1 Å ã 1 m 1 şi, de aici, concluzia problemei. n Soluţia (Titu Zvonaru). Folosind inegalitatea a m+ +b m+ ab(a m +b m ) (care revine la (a b)(a m+1 b m+1 ) ) şi inegalitatea lui Radon, avem: m+ 1 + m+ 1 m 1 1 m 1 n m 1 Ä 1 ä m. X.168. Determinaţi funcţiile f : N N cu propritatea că f [k] () +f [k 1] () f [] () + f() = k, N, unde k este un număr natural nenul fiat şi f [i] () = f(f(...())). Radu Miron, student, Iaşi Soluţia 1 (a autorului). Se constată uşor că f este injectivă. Din f [k] ()+...+ f() = şi f() N, rezultă că f() =. Cum f este injectivă, f() 1 pentru 1 şi, din f [k] (1)+...+f(1) = k, obţinem că f(1) = 1. Repetând raţionamentul, prin inducţie, deducem că f() =, N. Soluţia (Pavel Beţiu, elev, Craiova). Dăm lui valoarea f() şi obţinem: f [k+1] ()+f [k] ()+...+f [] () = kf() şi deducem că f [k+1] () = (k+1)f() k. Dând lui k valorile,1,...,k 1 şi sumând relaţiile obţinute, deducem că avem: k=( k)f() ( (k 1)), de unde rezultă că f() =, N. X.169. Fie a,b,c C, a ; demonstraţi că următoarele afirmaţii sunt echivalente: (i) Ecuaţia az +bz +c = are eact o soluţie de modul 1. (ii) bc ab = a c. Ce se poate spune despre soluţiile ecuaţiei dacă bc ab = a c =? Marian Tetiva, Bârlad 158

12 Soluţie. (i) (ii) Fie u,v soluţiile ecuaţiei az +bz +c =, cu u = 1 şi v = 1. Deoarece c a = u v = v = 1, avem a = c, deci a c. Trecem la conjugateînegalitateaau +bu+c = şiţinemseamacău = 1 u ; obţinemcu +bu+a =. Reducem u între cele două egalităţi şi rezultă că (bc ab)u = a c. Relaţia (ii) se obţine trecând la module şi folosind faptul că u = 1. (ii) (i) În ipoteza (ii), numărul u = a c are modulul 1, prin urmare 1 bc ab u = u. Atunci au+b+ c Å u = ( a c a ) bc ab + c ã +b = bc ab = ( a c ) b( a c ) +b =, bc ab deci u verifică ecuaţia az +bz +c =. Dacă v este cea de-a doua soluţie a ecuaţiei, v = u v = c a 1, pentru că a c = a = c. În cazul în care bc ab = a c =, avem că bc = ab şi aa = cc, deci a c = b b = c a. Rezultă că ecuaţiile az +bz+c = şi cz +bz+a = sunt echivalente, prin urmare soluţiile u şi v ale primei ecuaţii trebuie să coincidă, într-o anumită ordine, cu soluţiile 1 u şi 1 v ale celei de-a doua. Dacă u = 1 u şi v = 1, atunci u = v = 1; v dacă u = 1 v şi v = 1, atunci uv = 1. u X.17. Dacă A,B,C sunt măsurile unghiurilor unui triunghi şi,y,z (,1), arătaţi că tg 6 A (1 ) + tg6 B y(1 y ) + tg6 C z(1 z ) 3 6. D.M. Bătineţu-Giurgiu, Bucureşti şi Neculai Stanciu, Buzău Å Soluţie. Din inegalitatea mediilor, (1 ) ã 3 = 3 8 7, prin urmare (1 ) 3 3, (,1), cu egalitate când = 1, adică = 1. Rezultă că 3 (1) tg 6 A (1 ) 3 3 tg 6 A. Folosind inegalitatea lui Jensen, avem că a3 +b 3 +c 3 3 Å ã a+b+c 3 şi atunci 3 159

13 m 6 +n 6 +p (m +n +p ) (mn+np+pm)3. Deducem că () tg 6 A 1 Å tg A 9 tg B ã 3. (3) Este binecunoscut faptul că, în orice triunghi, are loc egaliattea tg A tg B = 1. Relaţiile (1), () şi (3) conduc la concluzia problemei. Egalitatea se atinge când A = B = C = π 3 şi = y = z = 1. 3 Clasa a XI-a XI.166. Calculaţi limita şirului a n = (1!)1! +(!)! +...+(n!) n! (n!) n!. Soluţie. Evident că a n > 1. Pe de altă parte, a n = (1!)1! +(!)! +...+((n 1)!) (n 1)! (n!) n! +1 < < (n 1) ((n 1)!)(n 1)! (n!) n! +1 = b n +1, Liviu Smarandache, Craiova iar lim b n =. Conform criteriului cleştelui, rezultă că lim a n = 1. n n XI.167. Rezolvaţi în R ecuaţiile: a) ( 3)e +3+3 = ; b) ( 3) =. Ionel Tudor, Călugăreni Soluţie. a) Dacă f() = ( 3)e , funcţie indefinit derivabilă pe R, atunci f () = ( )e + 3 şi f () = ( 1)e. Observăm că f este negativă pe (,1) şi pozitivă pe (1, ), prin urmare f este descrescătoare pe (,1) şi crescătoare pe (1, ). Cum f (1) = 3 e >, f va fi pozitivă pe R, deci f este strict crescătoare. Avem că f() =, aşadar = este unica soluţie a ecuaţiei din enunţ. b) Fie g() = ( 3)3 +3+3, funcţie indefinit derivabilă pe R; atunci g () = 3 (1+( 3)ln3)+3 şi g () = 3 ln3 (+( 3)ln3). Ecuaţia g () = are unica soluţie = 3ln3, prin urmare ecuaţia g () = va avea cel mult două soluţii, iar ln3 ecuaţia g() = va avea cel mult trei soluţii. Cum g() = g(1) = g() =, mulţimea soluţiilor ecuaţiei este S = {,1,}. XI.168. Se consideră şirul ( n ) n 1 definit prin: 1 = a >, n+1 = e n + n n, Å ã n N n e n nn+1. Calculaţi lim şi lim. n n n n Cosmin Manea şi Dragoş Petrică, Piteşti 16

14 Soluţie. Folosind binecunoscuta e +1, R, Åse demonstrează ã inductiv n că n > n 1, n N, prin urmare lim n =. Şirul este descrescător n n n 1 n şi are termeni pozitivi, deci este convergent; fie L = lim. Utilizăm lema lui n n Stolz-Cesàro şi avem: 1 1 L = lim = lim n n+1 n n e n + n n n lim n 1 = lim n 1+ n n L L =. n n n n +1 = L L+1 L +L L Observăm că n n+1 = nen + 1 n( n +1) + 1 = n + n + 1, prin urmare n n n n n n+1 lim =. Cea de-a doua limită este o nedeterminare de tip şi este egală n n Å ã cu e A 1 1, unde A = lim ln 1+ n en nen lim =. Cum evident că n n e n n n e n A, limita dorită este egală cu e = 1. XI.169. Calculaţi determinantul matricei A = (a ij ) i,j=1,n definită prin a 11 = 1, a ii = i +i 1, i şi a ij = min{i,j} 1, i j. à Lucian Tuţescu şií Petrişor Rocşoreanu, Craiova Soluţie. Fie B = şi C = B t ; atunci A = B C n Cum det B = det C = n!, rezultă că det A = (n!). XI.17. Fie A o matrice pătratică de ordin n cu elemente numere reale pozitive, având suma elementelor egală cu n. Demonstraţi că eistă n elemente ale matricei, situate pe linii şi pe coloane diferite, al căror produs este cel mult egal cu 1. Marian Tetiva, Bârlad Soluţie. Vom spune că n elemente ale matricei situate pe linii şi pe coloane diferite alcătuiesc o diagonală a matricei; eistă n! diagonale şi fiecare element al matricei apare îneact (n 1)! dintre ele. Suma sumelor s 1,s,...,s n! ale elementelor de n pediagonalevafiegalăcu(n 1)! a ij =(n 1)! n =n! n.rezultăcămăcarosumă i,j=1 s i =a 1σ(1) +a σ() +...+a nσ(n),σ S n, este cel mult egală cu n. Folosind inegalitatea mediilor, produsul elementelor de pe diagonala respectivă va fi cel mult egal cu 1. Clasa a XII-a XII.166. Fe f,g R[X] polinoame neconstante cu proprietatea că f(x 16 +X+ 1) = f(x)g(x). Arătaţi că gradul polinomului f este par. Dumitru Săvulescu, Bucureşti 161

15 Soluţie. Dacă deg f = k +1, k N, atunci f ar avea măcar o rădăcină reală; fie r cea mai mare astfel de rădăcină. Cum f(r 16 +r+1) = f(r)g(r) =, numărul r = r 16 +r+1 este rădăcină reală a lui f şi, evident, r > r. Contradicţia obţinută arată că deg f = k, k N. XII.167. Se consideră şirul (I n ) n 1, I n = n arctg d. Calculaţi lim +1 I n şi n lim ni n. n Stelian Piscan, Giurgiu Soluţie. Dacă f : [,1] R este funcţie derivabilă cu derivata continuă şi I n = n f()d, atunci lim n I n =, iar lim n ni n = f(1); propunem cititorului să justifice riguros aceste afirmaţii. În cazul nostru, prima limită este, iar a doua π 8. XII.168. Pentru n N, calculaţi I n = π e sin n d. Adrian Corduneanu, Iaşi Soluţie. Integrând de două ori prin părţi, obţinem relaţia de recurenţă I n = n(n 1) n +1 I n, n. Cum I = e π 1 şi I 1 = 1 (eπ +1), avem: n!(e π 1) I n = ( +1)(4 +1)...(n, dacă n este par şi +1) n!(e π +1) I n = (1 +1)(3 +1)...+(n, dacă n este impar. +1) 3 XII.169. Calculaţi d. Constantin Dragomir, Piteşti Soluţie. Integrala din enunţ se poate scrie sub forma I = 3 ( +3+3) + d = ϕ () 1+ϕ () d, unde ϕ() = +3+3, [,]. Funcţia ϕ este strict crescătoare pe [, 3] şi strict descrescătoarepe [ 3,] şi, pe fiecare dintre intervalele de monotonie, primitiva ϕ () lui 1+ϕ () este F() = arctgϕ(). Rezultă că I = (F( 3) F()) + (F() F( 3)) = F() F() = arctg 13. XII.17. Fie f : [,1] [,1] o funcţie derivabilă, cu derivata continuă. Dacă M = sup f (), arătaţi că f ()d ( 16 f()d) M 3. Florin Stănescu, Găeşti

16 Soluţie. Avem: f () M, [,1] f () f(t)dt M f(t)dt (f () f(t)dt)d M ( f(t)dt)d. Însă ÇÅ ã å ( f(t)dt)d = f(t)dt d = 1 f()d, iar Ç å (f () f(t)dt)d = f() f(t)dt f() d = = 1 Ç f()då + f ()d. Pentru a obţine concluzia problemei, este destul să mai observăm că d = 1 3. Soluţiile problemelor pentru pregătirea concursurilor propuse în 1/16 f()d A. Nivel gimnazial G96. Asteri şi Obeli scriu, alternativ, numerele naturale 1,,4,5,1,,5, 5, 1 în căsuţele unui tablou 3 3, fiecare număr câte o singură dată. Asteri începe şi doreşte ca, la final, să eiste o linie şi o coloană având produsele numerelor egale cu 1; în caz contrar, câştigă Obeli. Care dintre jucători are strategie de câştig? Ioan Viorel Codreanu, Satulung, Maramureş Soluţie. Asteri are strategie de câştig: el începe prin a scrie undeva numărul 1. Colorăm cu roşu cele două căsuţe rămase pe linia lui 1, cu galben cele două căsuţe rămase pe coloana lui 1 şi lăsăm albe celelalte patru căsuţe. Grupăm numerele care mai trebuie scrise în perechi cu produsul 1 : (1,1), (,5), (4,5), (5,). Indiferent ce joacă Obeli, Asteri va răspunde completând, pe aceeaşi culoare, cu celălalt număr din pereche. În acest fel, produsele numerelor de pe linia roşie şi de pe coloana galbenă vor fi 1. G97. Determinaţi toate numerele naturale m cu proprietatea că numărul m +6 se scrie folosind numai cifre de. Ioan Viorel Codreanu, Satulung, Maramureş Soluţie. Nu putem avea m +6 =, iar m +6 = când m = 4. Dacă m +6 se scrie folosind cel puţin trei cifre de, terminaţia lui m va fi...16, deci un număr care se divide cu 8. Ar trebui atunci ca m să se dividă cu 4, prin urmare m se va divide cu 16. Însă 16 şi 16 nu se divid cu 16, aşadar rămâne unica soluţie m = 4. G98. Demonstraţi că nu eistă numere prime p şi q pentru care numărul 3pq 1 să fie cub perfect. Marian Voinea şi Florentin Vişescu, Bucureşti 163