RecMat dvi

Soluţiile problemelor propuse în nr. /6 Clasele primare P355. Găsiţi trei numere consecutive în şirul numerelor de la la 3 care să aibă suma 3. (Clasa pregătitoare) Mariana Manoli, elevă, Iaşi Soluţie. 9++ = 3. P356. Colorează figura geometrică care nu se află la stânga pătratului şi nu este dreptunghi: (Clasa pregătitoare) Mihaela Munteanu, elevă, Iaşi Soluţie. Triunghiul îndeplineşte condiţiile problemei. P357. Fie şirul ;;3;;3;5;3; ;. Completaţi casetele libere respectând regula de formare şi găsiţi cifra care apare de cele mai multe ori în şirul obţinut. (Clasa I) Emanuela Păduraru, elevă, Iaşi Soluţie. += 3, +3 = 5 şi urmează 3+4 = 7. Şirul se completează cu cifrele 4 şi 7. Cifra 3 apare cel mai des în şir. P358. Care dintre numerele 3,,3,45,76 este cel mai îndepărtat de 34? (Clasa I) Mădălina Ciobanu, elevă, Iaşi Soluţie. 34 3 = 3, 34 =, 34 3 =, 45 34 =, 76 34 = 3. Numărul cel mai îndepărtat de 34 este 76. P359. Aflaţi toate numerele de două cifre care au suma cifrelor mai mică decât suma cifrelor vecinului mai mic. (Exemplu: numărul 5 îndeplineşte condiţia deoarece are suma cifrelor mai mică decât suma cifrelor numărului 49.) (Clasa I) Mihaela Buleandră, elevă, Iaşi Soluţie. Numerele,, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 îndeplinesc condiţia cerută. P36. Scrie în casete numai numere formate cu cifra 3 astfel încât să fie corect calculul + + = 399. (Clasa a II-a) Ana Stoica, elevă, Iaşi Soluţie. Un exemplu este: 33+33+333 = 399. P36. Un ţăran avea 6 de păsări, găini şi raţe. După ce vinde 8 găini şi câteva raţe, observă că numărul găinilor s-a înjumătăţit, iar cel al raţelor s-a redus la un sfert. Câte raţe i-au rămas? (Clasa a II-a) Ana Ionescu, elevă, Iaşi Soluţie. Ţăranul avea 8 + 8 = 36 găini şi 6 36 = 4 raţe. Ţăranului i-au rămas 4 : 4 = 6 raţe. P36. Suma a trei numere impare consecutive este 39. Care sunt aceste numere? (Clasa a II-a) Teodor Pătraşcu, elev, Iaşi Soluţie. Diferenţa dintre două numere impare consecutive este ; 39 (+4) = 39 6 = 33. Deoarece 33 = ++, înseamnă că numerele sunt,3 şi 5. 53

P363. Aflaţi valoarea numărului a pentru care [ ( : a)] =. (Clasa a III-a) Nicolae Ivăşchescu, Canada Soluţie. Deducem că ( : a) =, de unde ( : a) = 9, ceea ce înseamnă că : a = 9 şi a =. P364. Putem împărţi numerele,,3,4,5,6,7,8,9în trei grupe de câte trei numere astfel încât în fiecare grupă suma numerelor să fie pară? Justificaţi! (Clasa a III-a) Adina Relinschi, elevă, Iaşi Soluţie. În şirul numerelor date cinci numere sunt impare, deci suma tutror numerelor date este un număr impar. Dacă am putea forma cele trei grupe, am ajunge la concluzia că suma tuturor numerelor este un număr par, fals. Împărţirea în condiţiile cerute nu se poate face. P365. Suma a două numere este un număr de două cifre ce are suma cifrelor. Aflaţi cele două numere ştiind că triplul unuia este dublul celuilalt. (Clasa a III-a) Maria Crăcană, elevă, Iaşi Soluţie. Dacă numerele sunt x şi y, x < y, 3x = y, deducem că (x + y) = x+y = x+3x = 5x. Obţinem că numărul x+y se împarte exact la 5. Din relaţia x + y = ab, a + b = şi ab se împarte exact la 5, deducem a = 7,b = 5. Rezultă x = 3, y = 45. P366. Arătaţi că, oricum am alege şase numere dintre numerele,,4,6,8,,,4,6,8, există două astfel încât ultima cifră a sumei lor este zero. (Clasa a III-a) Ecaterina Brînzac, elevă, Iaşi Soluţie. Formăm perechile: (, ), (, 8), (4, 6), (, 8), (4, 6). Oricum am alege şase numere, două sunt din aceeaşi pereche, deci au suma un număr cu ultima cifră zero. P367. Fie a şi b două numere naturale nenule astfel încât b 3 a = 7. Arătaţi că b. (Clasa a IV-a) Ionuţ-Florin Voinea, elev, Bucureşti Soluţie. Presupunem că b <. Cum a, atunci b 3a < 7, fals. Deci b. P368. Arătaţi că numărul 3 5... 5 3 5... 49 se împarte exact la numărul 47 49 5. (Clasa a IV-a) Cristina Chelaru, elevă, Iaşi Soluţie. 3 5... 5 3 5... 49 = 3 5... 49 (5 )= 3 5... 47 49 5, de unde concluzia. P369. Figura alăturată s-a format prin alipirea dreptunghiurilor ABEF şi BCDE. În câte moduri putem să F E D alegem trei laturi din cele şapte existente astfel încât oricare două dintre ele să nu aibă capete comune? (Clasa a IV-a) Daniela Mititelu, elevă, Iaşi A B C Soluţie. Latura AF poate intra în grupele (AF,BE,CD) şi (AF,BC,DE), iar latura AB poate intra numai în grupa (AB,EF,CD). Alte grupe nu mai sunt. Alegerea se poate face în 3 moduri. 54

P37. Se consideră şirul de fracţii,,, 3,, 3, 4, 3, 3, 4,... Ce fracţie trebuie scrisă pe locul 57? (Clasa a IV-a) Petru Asaftei, Iaşi Soluţie. Numărătorii fracţiilor pot fi organizaţi astfel: ;,;,,3;,,3,4;... Cum ++3+...+ = 55, rezultă că numărătorul fracţiei de pe locul 57 se află pe locul doi în secvenţa,,3,...,. Pe locul 57 este fracţia. Clasa a V-a V.7 Determinaţi mulţimile A şi B ştiind că sunt îndeplinite simultan condiţiile: (i) A B = {,,3,4,5,6,8};(ii) A B = {,}; (iii) 8 / A\B; (iv) suma elementelor lui A este egală cu suma elementelor lui B. Valeriu Iovan, Craiova Soluţie. Se arată că A = {,,3,4,6} şi B = {,,5,8}. V.8 Numerele naturale a,b şi c sunt astfel încât ab = c, bc = 8a şi ca = b. Calculaţi suma S = a+b+c. Ionuţ-Florin Voinea, elev, Bucureşti Soluţie. Dacă unul dintre numere este, atunci şi celelalte vor fi, prin urmare S =. Dacă toate sunt nenule, înmulţind membru cu membru egalităţile din enunţ, obţinem că a b c = 6abc, de unde abc = 8. Deducem că a =,b =, c = 4, deci S = 7. În concluzie, S {,7}. V.9 Determinaţi cel mai mic şi cel mai mare dintre numerele naturale de 5 cifre care au suma cifrelor 5 şi sunt divizibile cu 5. Constantin Dragomir, Piteşti Soluţie. Cel mai mic număr căutat este... }{{} 3975, iar cel mai mare este de 997... }{{}. de V. Dacă numărul A = (a b)(99a+b)+(a +b)(a+b), a,b N, este divizibil cu 3, arătaţi că cel puţin unul dintre numerele a şi b este divizibil cu 3. Teodor-Ioan Băltoi, elev, Roman Soluţie. Cum 99 = M 3, = M 3 +, = M 3, = M 3 +, rezultă că A = (a b)(m 3 +b)+(a+b)(m 3 +b) = M 3 +(a b) b+(a +b) b = M 3 +ab. Deducem că ab = M 3, de unde cerinţa problemei. V. Pe un teren dreptunghiular cu aria de 9 m se construieşte o piscină dreptunghiulară cu aria de 4 m. Atât dimensiunile terenului cât şi cele ale piscinei se exprimă, în metri, prin numere naturale divizibile cu 5. De jur împrejurul terenului şi de jur împrejurul piscinei se află câte un gard. În condiţiile problemei, care este lungimea totală minimă a acestor garduri? Vlad-Mihai Ciuperceanu, elev, Craiova Soluţie. Fie L = 5a, l = 5b, a,b N, dimensiunile terenului; atunci a b = 36 şi 55

a + b = minim. Calculând suma a + b pentru perechile (a,b) {(,36);(,8);(3,); (4,9);(6,6);(9,4); (,3);(8,);(36,)}, obţinem valoare minimă când a = b = 6, deci terenul are perimetru minim când are forma unui pătrat cu latura de 3 m. Analog, piscina va avea forma unui pătrat cu latura de m. Lungimea totală minimă a gardurilor se obţine când acestea au o porţiune (cât mai mare) comună, adică în situaţia din figură şi este egală cu 4 3+ = 6m. V.În vârfurile unuicub suntscrise cinci numere egale cu şi trei numere egale cu. Un pas înseamnă mărirea cu a numerelor din vârfurile unei muchii oarecare. Este posibil ca, după un număr de paşi, cele opt numere din vârfurile cubului să devină egale? Ioan-Viorel Codreanu, Satulung (Maramureş) Soluţie. Suma celor opt numere din vârfurile cubului se măreşte la fiecare pas cu, deci nu îşi schimbă paritatea. Iniţial, această sumă este egală cu 3, deci este impară şi atunci va fi mereu impară. Dacă cele opt numere ar deveni egale, suma lor ar fi pară. Rezultă că raspunsul la întrebarea din problemă este negativ. V.3 Se consideră produsul P = ab cd e. Înlocuiţi cele cinci litere cu cifrele,,3,4,5, folosind fiecare cifră câte o singură dată, astfel încât produsul P să fie maxim. (Enunţ corectat.) Gabriel Popa, Iaşi Soluţie. Avem: P = (a+b)(c+d)e = ace+e(ad+bc)+bde. Pentru a maximiza P, impunem întâi ca ace să fie maxim, deci {a,c,e} = {3,4,5} şi {b,d} = {,}, apoi ca e(ad+bc) să fie maxim. Această condiţie revine la e(a+c) =maxim sau e(a + c) = maxim şi, verificând pentru cele 6 permutări posibile ale literelor a,c,e, obţinem că e = 5,a = 4,c = 3, respectiv e = 5,a = 3,c = 4. În concluzie, P max = 4 3 5 = 656 pentru (a,b,c,d,e) {(4,,3,,5);(3,,4,,5)}. Clasa a VI-a VI.7. Pentru a promova un examen, trebuie susţinute şi promovate patru probe. Dintre elevii unei şcoli care participă la acest examen, 7% au trecut proba A, 8% au trecut proba B, 75% au trecut proba C şi 85% au trecut proba D. Arătaţi că cel puţin % dintre elevii şcolii au promovat examenul. Neculai Stanciu, Buzău Soluţie. Observăm că 3% nu au trecut proba A, % nu au trecut proba B, 5% nu au trecut proba C şi 5% nu au trecut proba D. În total, cel mult (3++ 5+5)% = 9% nu au trecut una dintre probe, prin urmare cel puţin % dintre elevii şcolii le-au trecut pe toate, deci au promovat examenul. VI.8. Notăm cu P produsul numerelor naturale de forma n3 3 n+3, n N. Determinaţi numărul divizorilor naturali ai numărului P. Ionel Tudor, Călugăreni şi Viorica Dogaru, Giurgiu 56

Soluţie. Dacă n3 3 n+3 N, atuncin+3 n3 3,prinurmaren+3 n (n+3) (n 3 3), adică n + 3 3n + 3. Apoi, n + 3 3n(n + 3) (3n + 3), deci n + 3 9n 3. Rezultă că n+3 9(n+3) (9n 3), prin urmare n+3 3. Obţinem că n {,3,7,,7}, aşadar numerele de forma n3 3 sunt,4,34,5şi 656. Descompus în factori primi, n+3 produsul acestor numere este P = 7 5 7 3 4, iar numărul divizorilor lui P este 8 = 8. VI.9. Demonstraţi că orice număr natural n admite o scriere unică n = a + a 3+a 3 +...+a k 3 k, unde k N şi a,a,...,a k {,,}. Scrieţi numărul 6 sub această formă. Gheorghe Iurea, Iaşi Soluţie. Pentru unicitatea scrierii, presupunem că n = a + a 3 + a 3 +... = b + b 3 + b 3 +...; atunci a b.3 şi, cum a b {,,,,}, rezultă că a = b. Scădem a din ambii membri, împărţim prin 3 şi obţinem că a +a 3+... = b +b 3+..., de unde a b.3, deci a = b. Din aproape în aproape, a i = b i pentru orice i N. Pentru a dovedi existenţa unei astfel de scrieri, descompunem numărul n în baza 3 :n = x p x p...x x, undex i {,,},decin = x p 3 p +x p 3 p +...+x 3+x. Începând de la sfârşit, fie x t prima cifră egală cu ; atunci n = x p 3 p +...+x t+ 3 t+ +(3 ) 3 t +x t 3 t +...+x 3+x = x p 3 p +...+(x t+ +)3 t+ 3 t + x t 3 t +...+x 3+x. Continuăm procedeul, până eliminăm toate numerele x i egale cu. Avem: 6 = (3) = 3 6 + 3 5 + 3 3 + 3 = 3 7 3 6 +3 6 3 5 + 3 4 3 3 +3 3 3 = 3 7 3 5 +3 4 3. VI.. Dacă n N, notăm (n)!! = 4 6... (n). Determinaţi k,x N,k, pentru care (k)!! = x +. Denisa Drăghia, elevă, Craiova Soluţie. Pentru k =, obţinem x + =, deci x =. Când k >, avem că (k)!! este multiplu de 4, prin urmare x = M 4 +, contradicţie. Rămâne unica soluţie k =,x =. VI.. Fie x,y N, x > y, astfel încât x 6y = y 5x. Arătaţi că x y este pătrat perfect. Iulian Oleniuc, elev, Iaşi Soluţie. Observăm că x = 6(x y )+(x y) = (x y)[6(x+y)+] şi y = 5(x y )+(x y) = (x y)[5(x+y)+]. Se arată uşor că numerele 6(x+y)+ şi 5(x+y)+ sunt relativ prime, prin urmare x y = (x,y ) = (x,y), deci x y este pătrat perfect. VI.. Pe latura AB a triunghiului ascuţitunghic ABC se fixează un punct F astfel încât m( ACF)+m( BCF) < 9. Determinaţi poziţiile punctelor M (BC) şi N (AC) pentru care suma FM +MN ste minimă. Mariana-Liliana Popescu, Suceava Soluţie. Pentru un punct fixat N (AC), punctul M (BC) care minimizează 57

suma FM +MN este {M} = F N BC, unde F este simetricul lui F faţă de BC. Într-adevăr, pentru M BC, avem: FM +M N = F M +M N F N = F M+MN. Apoi, suma FM + MN = F N va fi minimă când F N AC, deci când N = Pr AC F. Din ipoteza problemei, unghiul F CA este ascuţit, prin urmare N (AC). VI.3. Pe foaie este desenat un triunghi şi două dintre mediatoarele sale. Folosind doar o riglă negradată, construiţi cea de-a treia mediatoare. F Nicolae Ivăşchescu, Craiova Soluţie. Fie d şi d mediatoareledesenate ale laturilorbc şi AC ale triunghiului ABC, care trec prin mijloacele M respectiv N ale acestor laturi şi se intersectează în O. Fie {G} = AM BN centrul de greutate al triunghiului şi {P} = CG AB; atunci P va fi mijlocul lui AB, iar cea de-a treia mediatoare este dreapta OP. Toate construcţiile descrise se pot efectua folosind doar rigla negradată. B F A M M N C Clasa a VII-a VII.7. Determinaţi numerele reale x şi y pentru care x 3 +y 3 = x 4 +y 4 =. Viorica Momiţă, Iaşi Soluţie. Dacă x <,y <, atunci x 3 +y 3 <, fals. Dacă x < şi y >, atunci y 3 = x 3 >, deci y > ; deducem că x 4 +y 4 > + =, fals. Rămâne că x, y şi, cum x 4 + y 4 =, rezultă că x şi y. În aceste condiţii, = x 3 +y 3 x 4 +y 4 =, de unde (x,y) {(,);(,)}. VII.8. Demonstraţi că numărul N = 6 n+ 5n 6, n N, are cel puţin 7 de divizori naturali. Alessandro Ventullo, Milano, Italia Soluţie. Folosind faptul că (a + ) n = M a + na +, obţinem că 6 n+ = M 5 +(n+) 5+ şi atunci N se divide cu 5. Cum 5 = 5 3 3 are 7 de divizori, urmează concluzia problemei. VII.9. Arătaţi că, pentru orice număr real a, are loc identitatea (a 8a) + (a a+8) +(a a+8) = (3a a+8) +(4a a+8). Marian Tetiva, Bârlad Soluţie. Avem: (3a a+8) (a a+8) +(4a a+8) (a a+8) = a (4a 4a+6)+a (6a 4a+6) = a (5a 8a+3) = 4a (5a 4) = (a 8a). VII.. Se consideră triunghiul isosel ABC cu m( B) = m( C) = 4. Notăm cu E piciorul bisectoarei din B şi fie P (BC) astfel încât PE = PC. Arătaţi că P ABE = AB AE. Mirela Marin, Iaşi Soluţie. Din asemănarea evidentă P EC ACB, obţinem că AB CE=P E BC. 58

Folosind teorema bisectoarei, deducem că AE BC = AB CE; atunci PE BC = AE BC, aşadar AE = PE. Se observă uşor că m( BPE) = m( BEP) = 8,prinurmareBE = BP. Astfel, BC = BP + PC = BE + AE; înlocuind în teorema bisectoarei, obţinem: A B P C AC AE = P ABE AB P ABE = EC BE +AE EC +EA BE +AE +AB = = EA AB EA AB AB AE. VII.. Fie M şi N mijloacele laturilor neparalele AD respectiv BC ale trapezului ABCD. Dacă {S} = AN CM, {T} = BM DN, demonstraţi că ST AB şi calculaţi lungimea segmentului ST în funcţie de bazele trapezului. Mihail Frăsilă şi Constantin Petrea, Paşcani Soluţie. Notăm a = AB, b = CD (a > b), {Q} = AN BM, {O} = MC ND, {E} = AD BC şi x = NB = NC. Din asemănăriimediate, obţinem că EC = bx a b, NE = (a+b)x a b, NB NE = a b a+b, DE DM = EC CN = b. Teorema lui Menelaus aplicată a b în EMB cu transversala T N D arată că DE DM TM TB NB =, de unde NE TB TM = b. Tot din teorema lui Menelaus, în BNT cu transversala C O M, a+b deducem că ON NT MT MB BC ON =, prin urmare CN OT = a b. Analog se arată că (a+b) OM OS = a b (a+b) adică ST = (a+b) a b. şi, de aici, MN ST. Acum, ON OT = MN ST, aşadar a b (a+b) = a+b ST, VII.. Punctul P este situat pe arcul mic BC al cercului circumscris triunghiului echilateral ABC. Notăm {M} = BC AP. Ştiind că 9P ABC = 7P PBC, arătaţi că AM =,9 BC. Constantin Petrea, Paşcani Soluţie. Notăma = AB,b = AM;dinasemănarea ABM APB obţinemcă AM A AB = AB a, prin urmare AP =. Din teorema lui AP b Van Schooten, avem că PA = PB + PC, deci P PBC = BC +PA = a+ a. Ipoteza problemei conduce la 57a = b 7(a+ a ), de unde concluzia este imediată. b VII.3. Se consideră triunghiul ABC dreptunghic în A. Bisectoarea CD a unghiului C, D AB, intersectează perpendiculara în B pe BC în punctul E. Demonstraţi că BD = CE DE. Cătălin Cristea, Craiova 59 B M P E C

Soluţie. Fie BF DE, F DE; deoarece BDE este isoscel (m( BDE) = m( BED) = 9 C m( C)), rezultă că DF = FE. Aplicăm teorema catatei în BCE : BE = CE FE BD = CE DE şi, de aici, cerinţa problemei. Clasa a VIII-a VIII.7. Fie x,y numere reale astfel încât xy = x+y. Arătaţi că x şi y fie sunt simultan numere raţionale, fie sunt simultan numere iraţionale. Claudiu-Ştefan Popa, Iaşi Soluţie. Relaţia din enunţ se poate scrie sub forma (x + )(y + ) =. Este evident că x şi y. Dacă, prin absurd, x Q şi y R\Q, atunci x+ Q, y + R\Q, deci (x+)(y +) R\Q, contradicţie. VIII.8. Determinaţi numerele reale x,y,z cu proprietăţile: x y + z =, xz yz = (xy ), x +y +z = 6. Bogdan Chiriac, Bacău Soluţie. Ridicând la pătrat prima relaţie şi ţinând cont de celelalte două, obţinem că 6 xy+(xy ) = 4, deci (xy) 3(xy)+ =, de unde xy {,}. Rezultă că sistemul dat este echivalent cu sistemele: (i) x y = z; xy = ; z(x y) = şi (ii) x y = z; xy = ; z(x y) =. Sistemul (i) conduce la ecuaţia z z+ =, cu soluţia z =, apoi la x y =, xy =, adică (x, y, z) {(,, );(,, )}. Sistemul (ii) conduce la ecuaţia z( z) =, cu soluţiile z {, } şi, după înlocuire, obţinem (x, y, z) {( +, +,); (,,); (,,); (,,)}. În total, sistemul din enunţ are şase soluţii, VIII.9. Determinaţi perechile de numere întregi (x,y) (,) pentru care x 4 +x 3 = x+y +y şi y 4 +y 3 = y +x+x. Vasile Chiriac, Bacău Soluţie. Scăzând ecuaţiile membru cu membru, obţinem: A D F (x y)[(x 3 +x y +xy +y 3 )+(x +xy +y )+(x+y)] = (x y)[x (x+y +)+y (x+y +)+(x+y)(x+y+)] = (x y)(x+y +)(x +y +x+y) =. Dacă x = y, ecuaţiile din enunţ devin x 4 + x 3 x x = x(x )(x + )(x+) =, deci x {,,, };găsim soluţiile (,);(, )şi (, ). Dacă y = x, ecuaţiile sunt echivalente cu x 4 +x 3 x x = (la fel ca mai sus); găsim soluţiile (, ); (, ); (,) şi (,). In sfârşit, dacă x +y +x+y =, cum x(x+), y(y +), x,y Z, rezultă că x,y {,} şi nu vom găsi soluţii noi. 6 E B

Soluţiile sistemului din enunţ sunt (, ); (, ); (, ); (, ); (, ); (, ) şi (,). VIII.. Dacă x,y,z (,], demonstraţi că: xy xy +x+y + yz yz +y +z + zx zx+z +x. Ovidiu Pop, Satu-Mare Soluţie. Înfapt, fiecaredintretermeniisumeiestecelmultegalcu 3. Într-adevăr, xy xy +x+y = x x++ x y x x++x = x x+, x,y (,]. 3 VIII.. Dacă a,b,c R + sunt astfel încât a+b+c = 6, arătaţi că 6+b a+8 + 6+c b+8 + 6+a c+8 66. Mihaela Berindeanu, Bucureşti Soluţie. Observăm că 6+b = a+8 a+8 + b+8. Din inegalitatea lui Bergström, a+8 (++) a+b+c+4 = 3 ; din inegalitatea mediilor, a+8 b+8 b+8 a+8 3 3 = 3. Acum, cerinţa problemei este imediată. a+8 VIII.. Două plane perpendiculare intersectează o sferă de rază R după două cercuri de raze a respectiv b. Dacă distanţa de la centrul sferei la dreapta de intersecţie a planelor este c, arătaţi că a+b+c R 6. Maria Rusu, Târgu Frumos Soluţie. Fie O,O,O centrul sferei şi centrele celor două cercuri de secţiune, x = OO şi y = OO ; atunci x +y = c, x +a = R şi y +b = R. Obţinem că a a +b +c = R, de unde R = + b + c (a+b+c) ++ = (a+b+c), 6 conform inegalităţii lui Bergström. VIII.3. Se consideră tetraedrul VABC cu VA VB VC VA. Notăm cu S,S,S 3 ariile triunghiurilor VAC,VAB şi VBC şi cu h distanţa de la V la planul (ABC). Arătaţi că h S S + S +S 3 S3 +S + S 3 S. +S Cătălin Calistru, Iaşi Soluţie. Dacă S este aria triunghiului ABC, atunci S = S +S +S 3. Notăm cu V volumul tetraedrului; cum 3V = S VB = S VC, obţinem că 9V = S S VB VC = S S S 3. Atunci h = S 9V = S +S +S3 = S + S + S 3. S S S 3 S S 3 S S 3 S S Inegalitatea dorită rezultă dacă ţinem seama de faptul că ab a +b, a,b R. 6

Egalitatea se atinge când S = S = S 3, deci când VA = VB = VC. Clasa a IX-a IX.7. Fie (x n ï ) n Å un ã şir cu x =, x = şi x n +3x n+ 5x n+, n N. n ò Arătaţi că x n 3, n N. 3 Camelia Dană şi Ileana Didu, Craiova Soluţie. În relaţia x k 5x k +3x k dăm lui k valorile,3,...,n şi sumăm inegalităţile obţinute; rezultă că 3x n x n 3x +x, deci 3x n x n +3. Inegalitatea dorită se demonstrează acum uşor prin inducţie matematică, observând că x n 3 x n + Å ã n ô ï Å ã n ò ñ 3 3 + = 3. 3 3 IX.7. Rezolvaţi în numere naturale ecuaţia a +b +c = ab+bc+ca+(abc ). Cosmin Manea şi Dragoş Petrică, Piteşti Soluţie. Ecuaţia este simetrică, deci putem presupune a b c. Scriem ecuaţia sub forma abc a (abc 4)+ (b c )+b(a b)+c(b c)+ac+ =. Dacă bc, evident că a şi atunci fiecare termen al sumei din stânga este nenegativ, ultimul fiind chiar strict pozitiv; ecuaţia nu are soluţii în acest caz. Rămâne că bc =, deci b = c = şi, în acest caz, ecuaţia este verificată pentru orice a N. Soluţiile ecuaţiei sunt tripletele (a,,);(,a,);(,,a),a N. IX.73. a) Fie a,b R pentru care cos(a+b) ±sin(a b); arătaţi că tga+tg(a+b)+tgb = tg(a+b) 3cos (a+b) sin (a b) cos (a+b) sin (a b). b) Demonstraţi că tg ctg5 +tg8 = 3 3. Marian Tetiva, Bârlad Soluţie. a) Se verifică uşor egalitatea cosacosb = (cos a sin a)(cos b sin b) = cos (a+b) sin (a b). Rezultă că tga+tgb = sin(a+b) cosacosb = sin(a+b)cos(a+b) cos (a+b) sin (a b) = ceea ce trebuia demonstrat. cos (a+b) = tg(a+b) cos (a+b) sin (a b) = ñ ô 3cos (a+b) sin (a b) = tg(a+b) cos (a+b) sin (a b), 6

b) Luăm a =, b = 7 în identitatea de la a); în membrul stâng vom avea tg +tg8 +tg4 = tg ctg5 +tg8, iar în cel drept tg8 3cos 8 3/4 cos 8 3/4 = 3 sin8 (4cos 8 ) sin4 cos8 (4cos 8 = 3 3) cos4 = 3 3. IX.74. Fie ABCD un patrulater convex în care m( DAC) =, m( DCA) = 45, m( BAC) = 3 şi m( BCA) = 6. Demonstraţi că diagonalele AC şi BD nu sunt perpendiculare. Neculai Roman, Mirceşti (Iaşi) Soluţie. Notăm cu R şi R razele cercurilor circumscrise triunghiurilor ADC şi ABC; din teorema sinusurilor, obţinem că AC = R = R sin5, deci R = R sin5. Dacă, prin absurd, AC BD, atunci CO = DC cos45 = BC cos6 (unde {O} = AC BD), relaţie care devine succesiv: DC = BC R sin = R sin3 R sin = R sin65 sin = sin(45 + ) 4sin = cos +sin tg =. Ultima relaţie nu este adevărată 3 (tg =,36397... R\Q), deci diagonalele AC şi BD nu sunt perpendiculare. IX.75. Fie dat un triunghi ABC şi fie O centrul cercului circumscris lui. Să se calculeze aria coroanei determinată de cercurile cu centrele în O şi tangente la cercul înscris triunghiului dat. Temistocle Bîrsan, Iaşi Soluţie. Vom utiliza notaţiile uzuale C(O, R) şi C(I, r) pentru cercurile circumscris şi înscris triunghiului ABC. Distingem trei A cazuri: I. O Int(C(I,r)), II. O C(I,r) şi III. O Ext(C(I,r)), care, datorită relaţiei lui Euler OI = R Rr, se reformulează astfel: I. R < ( +)r, II. R = ( +)r şi III. R = ( +)r (într-adevăr, O C(I.r) OI = r R Rr = r R = ( +)r). I Notăm cu K aria coroanei. Avem: O I. K = π(oi + r) π(r OI) = 4πr OI = 4πr R Rr; II. K = π(r) π = 4πr ; III. K = π(oi +r) π(oi r) = B C 4πr OI = 4πr R Rr. Cum în cazul II avem R = ( +)r şi constatăm uşor că R Rr = r, urmează că în toate cazurile aria coroanei este dată de R=( +)r formula K = 4πr R Rr. Notă. Pentru aria coroanei K determinată de cercurile cu centrul în I şi tangentele la C(O,R) obţinem formula K = 4πR R Rr (într-adevăr, K = π(r + OI) π(r OI) = 4πR OI etc.). 63

Clasa a X-a X.7. Demonstraţi că numărul A = Å arccos ã Å ã 7 5 : arccos 7 este natural. 7 Ionel Tudor, Călugăreni şi b = arccos 7 ; atunci a,b (,π), cosa = 7 5 Soluţie. Notăm a = arccos 7 5 şi cosb = 7 7. Cum 5 7 > = cos π 3, rezultă că a < π. În plus, cos3a = 3 7 4cos 3 a 3cosa = 7 = cosb, cu 3a,b (,π). Deducem că 3a = b, aşadar 7 A = b : a = 3 N. X.7. Fie a,x,y,z (,) sau a,x,y,z (, ) astfel încât log a x +log a y + log a z +log x a+log y a+log z a =. Arătaţi că min{a,a 9 } xyz max{a,a 9 }. Dan Popescu, Suceava Soluţie. Dacă α = log a x+log a y +log a z şi β = log x a+log y a+log z a, atunci aβ 9 (inegalitatea mediilor MH MA), de unde α( α) 9, prin urmare α [,9]. Rezultă că log a xyz 9, adică tocmai cerinţa problemei. X.73. Punctul M este situat pe ipotenuza BC a triunghiului dreptunghic isoscel ABC. Pe perpendiculara în M pe AM se consideră punctul P astfel încât AM = MP şi P se află în semiplanul determinat de dreapta AM şi punctul C. Punctul Q este simetricul lui C faţă de M, iar perpendiculara în Q pe BC intersectează AB în R. Demonstraţi că dreapta RP trece printr-un punct fix, indiferent care ar fi poziţia lui M pe segmentul BC. Claudiu-Ştefan Popa, Iaşi Soluţie. Raportăm planul la un reper cartezian având dreapta BC ca axă Ox, mediatoarea lui BC drept axă Oy şi unitatea celor două axe egală cu OA. Avem că A(,), B(,), C(,) şi M(a,), unde a (,). Deducem uşor că P(+a,a), Q(a,) şi R(a,a). Ecuaţia drepteiprestey(a ) = ax 3aşiaceastădreaptă trece prin punctul fix S(3, ), care este simetricul lui B fată de C. X.74. Numerele complexe nenule a, b, c sunt astfel încât a, b, c şi a+b+c. Arătaţi că z a + z b + z c + z +a+b+c a+b + b+c + a+c, z C. Tidor Pricope, elev, Botoşani Soluţie. Notăm d = a b c; atunci a+b+c+d = şi d. Suma din membrulstângalinegalităţiidinenunţdevine z a + z b + z c + z d = z a. Avem: z a a z a = a z a = za a z(a+b+c+d) a b c d = = a = a+b + b+c + c+d, 64

ultima egalitate rezultând din identitatea lui Hlawka. X.75. Fie α,β R astfel încât α + β. Dacă z,z C, z = z, demonstraţi că z +z αz +βz. Ovidiu Pop, Satu-Mare Soluţia. Dacă z =, atunci z = şi concluzia este adevărată. Dacă z, atunci z şi avem de dovedit că + z z α+β z z. Fie z = x+yi, x,y R z şi x +y = z = ; inegalitatea devine +x+x +y α +αβx+β x +β y, z sau α +β +αβx x, unde x [,] şi α+β. Pentru a demonstra această ultimă inegalitate, considerăm funcţia f : [,] R, f(x) = (αβ )x+ (α + β ). Cum f() = (α + β) 4 şi f( ) = (α β), rezultă că f(x), x [,] şi, cu aceasta, soluţia este completă. Soluţia (Dan Dumitrescu, elev, Rm. Vâlcea). Punctele A(z ) şi ( B(z ) se z +z ) află pe cercul cu centrul în origine şi de rază egală cu z = z. Fie D mijlocul coardei AB. Avem OD AB. Evident, este suficient să demonstrăm inegalitatea pentru α+β. Să o scriem în forma z +z αz +βz. Å ã αz +βz Dacă α+β =,atunci punctul M este pe dreapta AB şi inegalitatea revine la inegalitatea geometrică OD OM, adevărată. Mai mult, avem egalitate dacă şi numai dacă α = β =. Dacă α + β >, atunci punctul M se află de partea dreptei AB ce nu conţine originea, după cum rezultădin egalitatea αz +βz, şi faptul că αz +(β γ)z Clasa a XI-a = αz +(β γ)z + γ z, cu γ > AB. Ca urmare, în acest caz z +z < αz +βz. XI.7. Fie a,b,c,d numere complexe astfel încât a(b + c) = d(b + c) = şi b +ad = c +ad =. Demonstraţi că b(a+d) = c(a+d) = şi a +bc = d +bc =. Lucian Tuţescu şi Ionuţ Ivănescu, Craiova Å a b c d ãå ã Å ã c d Soluţie. Condiţiile din enunţ revin la faptul că =. a b Å ãå ã c d a b Atunci cele două matrice din stânga sunt inverse una celeilalte, deci = a b c d Å ã şi, de aici, rezultă cerinţele problemei. XI.7. Fie A,B M 3 (C) două matrice astfel încât A B +BA = AB +B A şi A B este inversabilă. Demonstraţi că A şi B nu pot fi simultan inversabile. Dumitru Crăciun, Fălticeni Soluţie. Relaţia din enunţ se scrie sub forma A(A B)B = B(A B)A. Cum matricele sunt de ordin impar, prin trecere la determinanţi obţinem că deta 65

det(a B) detb = detb det(a B) deta. Avem că det(a B), prin urmare deta detb = şi, de aici, rezultă concluzia problemei. XI.73. Fie A,B M (R) astfel încât A +B +I = AB. Arătaţi că AB = BA. Gheorghe Iurea, Iaşi Soluţie. Deoarece A = aa xi, B = bb yi, de unde a = TrA, x = deta, b = TrB, y = detb, egalitatea din enunţ se rescrie sub forma (A bi )(B ai ) = (ab x y +)I. Dacă ab x y +, matricele A bi şi B ai sunt inversabile, iar (B ai )(A bi ) = (ab x y +)I. Desfăcând parantezele, obţinem că BA = A +B +I = AB. Dacă ab x y+ =, atunci (A bi )(B ai ) = O, de unde det(a bi ) = sau det(b ai ) =. Dacă det(a BI ), rezultă că B ai = O, deci B = ai, prin urmare AB = BA; la fel se procedează dacă det(b ai ). Dacă det(a bi ) = det(b ai ) =, obţinem că x ab+b = y ab+a = ; atunci condiţia ab x y + = devine a ab+b + =, imposibil pentru a,b R. Å În concluzie, ã AB = BA. Remarcăm că problema are obiect: matricele A = B = satisfac ipoteza. XI.74. Calculaţi derivata de ordin n a funcţiei f : R\{a} R, f(x) = xn x a, unde n N este dat. Lucian Tuţescu şi Teodora Rădulescu, Craiova Soluţie. Avem că f(x) = xn a n +a n = (x n +x n a+...+x an +a n )+ x a a n Å ã (n) x a. Derivata de ordin n a parantezei este nulă, deci f(n) (x) = a n = x a a n ( ) n n! (x a) n+. f(x) XI.75. Fie f : R R o funcţie continuă, astfel încât lim x + x = lim x f(x) x =a şi lim [f(x) ax] = lim [f(x) ax] = b, cu a,b R. Atunci, pentru orice d x + x R +, existăx,x R astfel încât x x = d şi f(x ) f(x ) de medie a lui Lagrange.) x x = a. (O extindere a teoremei Temistocle Bîrsan, Iaşi Soluţie. Considerămfuncţiag : R R definită prin g(x) = d [f(x+d) f(x)] a. Evident, g este continuă. Dacă există x R astfel încât g(x ) =, luăm x = x, x = x +d şi constatăm uşor că f(x ) f(x ) x x = a. Arătăm că un astfel de punct x există, raţionând prin reducere la absurd. Să presupunem, aşadar, că g(x), x R. Din continuitatea funcţiei g rezultă că g(x) >, x R sau g(x) <, x R. Să presupunem că suntem în cazul g(x) >, 66

x R; în al doilea caz se procedează la fel. Prin urmare, avem f(x+d) f(x) > ad, x R, de unde f(x) < f(x + d) ad şi f(x + d) > f(x) + ad, x R. Utilizând în mod repetat aceste ultime inegalităţi, obţinem: f( nd)+nad <... < f( d)+ad < f() < f(d) ad < f(d) ad <... < f(nd) nad, de unde, trecând la limită pentru n, obţinem b < f() < b, ceea ce este absurd. Afirmaţia din enunţ este complet demonstrată. Notă. În loc să se impună ca lungimea proiecţiei coardei să fie d, se poate cere ca lungimea coardei să fie d (proiecţia va avea lungimea d cosα ). Clasa a XII-a XII.7. Dacă a R, arătaţi că 5 4 ln x ln x +adx < Ȧurel Chiriţă, Slatina Soluţie. Se arată uşor că lnx < ln x x, x (4, ); atunci x +a < x x +a. Integrând această inegalitate pe intervalul[4, 5], obţinem că 5 4 ln x x +a dx < 5+a ln 6+a şi este evident că 5+a 6+a <. XII.7. Fie f : [,] R o funcţie de două ori derivabilă, cu derivata a doua continuă. Demonstraţi că lim n n(f()+f () n(f() n x n f(x)dx)) = f()+3f ()+f (). Marian Tetiva, Bârlad Soluţie. Integrând de două ori prin părţi, obţinem că x n f(x)dx = n+ f() Ç å f () x n f (x)dx. Şirul a cărui limită dorim să o calculăm (n+)(n+) capătă forma n n(3n+) n f()+ n+ (n+)(n+) f ()+ (n+)(n+) n 67 x n f (x)dx.

Trecând la limită şi folosind faptul că, dacă h : [,] R este o funcţie continuă, atunci lim n x n h(x)dx = h(), obţinem concluzia dorită. n lim x n n XII.73. Calculaţi lim n n 3 x +n x + dx. D.M. Batineţu-Giurgiu, Bucureşti şi Neculai Stanciu, Buzău Soluţie. Mai general, vom demonstra că: Dacă f : [, ) R şi g : [,] R sunt funcţii caontinue şi există L = f(x) R, atunci lim n n n ( x f(x)g dx = L n) g(x)dx. Considerămfuncţiah : [, ) R, h(x) = f(x) L;atunci ( x f(x)g dx = n n) ( x h(x)g dx + n) L n ( x g dx. Cu substituţia n n) x = t, al doilea termen este n n egal cu L g(t)dt. Arătăm acum că primul termen tinde spre când n. Deoarece g este continuă pe [,], există M > astfel încât g(x) M, x [,]. Dacă H este o primitivă a funcţiei h, avem: lim n n = M lim n n ( x h(x)g dx n) M lim H(n) n pentru că lim h(x) =. x Particularizând f(x) = = M lim n n n n H(n+) H(n) (n+) n h(x) dx = = M n+ n n h(x) dx =, x +, g(x) = + x, cum L = lim f(x) = şi x g(x)dx = 4 3, obţinem că limita cerută în enunţ este egală cu 4 3. XII.74. Determinaţi polinoamele f = X 3 + ax + b C[X] care au cel puţin două rădăcini întregi. Gheorghe Iurea, Iaşi Soluţie. Dacă x,x,x 3 sunt rădăcinile lui f şi x,x Z, cum x +x +x 3 =, rezultă că x 3 Z. Atunci a = x x +x x 3 +x x 3 Z şi b = x x x 3 Z. Renotăm x = n Z; din f(n) = obţinem că b = n 3 an, iar f = X 3 +ax n 3 an = (X n)(x +nx+a+n ). Ecuaţia x +nx+a+n = va avea rădăcinile întregi, prin urmare = 4a 3n = p, cu p Z. Deducem că a = 4 (3n +p ), unde condiţia necesară şi suficientă pentru ca a sa fie număr întreg este ca n şi p să aibă aceeaşi paritate; atunci x,3 = n±p Z. 68

În concluzie, polinoamele căutate sunt cele de forma X 3 4 (3n +p )X+ 4 (np n 3 ), unde p,n Z sunt numere cu aceeaşi paritate. XII.75. Arătaţi că, oricare ar fi n N, există k N astfel încât 5 k +3 n. Marian Cucoaneş, Å Mărăşeşti Soluţie. În inelul Z 5, avem: U(Z 5 ) = ϕ(5) = 5 ã =. Vom 5 arăta că ordinul elementului U(Z 5 ) este : divizorii naturali ai lui sunt,,4,5,,,5,,5, şi =, = 4, 4 = 6, 5 = 3, = 4, = 76, 5 = 57, 5 = 4, =. Rezultă că este generator al grupului multiplicativ (U(Z 5 ), ), deci U(Z 5 ) = {,,..., }. Fie n N ; cum (3,5 3 ) =, deducem că ( 3 n,5 3 ) =, prin urmare 3 n U(Z 5 ) şi atunci există k {,,...,} astfel încât k = 3 n. De aici, urmează concluzia problemei. Soluţiile problemelor pentru pregătirea concursurilor propuse în nr. /6 A. Nivel gimnazial G36. Arătaţi că ecuaţia N N N. Å + ãå + ãå + ã = + x y z 6 Soluţie. Notăm a = 6; atunci + 6 = a+ Å a 3a+ = + ãå + ãå + 3a 3a+ 3a+ 3a 3a+, z = 3a+. = 3a+3 3a are soluţii în Gheorghe Iurea, Iaşi = 3a+3 3a+ 3a+ 3a+ ã, deci putem considera x = 3a, y = G37. Determinaţi numerele naturale n pentru care a = n +4 n +8 n +7 n este pătrat pefect. Ioan Viorel Codreanu, Satulung (Maramureş) Soluţie. Dacă n =, atunci a = ; dacă n =, atunci a =. Vom arăta că n = şi n = sunt singurele soluţii. Dacă n 3 este impar, atunci a = M 4 +M 4 +M 4 +(M 4 +3) = M 4 +3, număr care nu poate fi pătrat perfect. Dacă n este par, n = k, k N, arătăm că (7 k ) < a < (7 k +). Inegalitatea din stânga este evidentă, iar cea din dreapta revine la k +4 k +8 k < 7 k +. Avem: 7 k + > 84 k = (64+6+4) k > 64 k + 6 k + 4 k = 8 k + 4 k + k. Cum a este cuprins între două pătrate perfecte consecutive, rezultă că a nu este pătrat perfect. G38. Scrieţi numărul 364 364 ca sumă de cuburi perfecte cu număr minim de termeni. Ioan Viorel Codreanu, Satulung (Maramureş) Soluţie. Avem: 364 364 = 364 363 364 = 364 363 ( 3 + 3 + 3 +4 3 ) = (364 ) 3 +(364 ) 3 +(364 ) 3 +(364 4) 3. Dovedimcănuexistă 69