Soluţiile problemelor pentru pregătirea concursurilor propuse în nr. 2/2015

Transcript

1 kp p Am folosit kp faptul că lim n p (q) q kp p π n P p [ k ] q q 6 ; ca urmare, kp p π k 6 π 6 π. Soluţiile problemelor pentru pregătirea concursurilor propuse în nr. /05 ( ) p p A. Nivel gimnazial G86. Definim mulţimile (A n ) n 0 astfel: A 0 {,,..., 05}; A se obţine înlocuind fiecare element al lui A 0 cu suma tuturor celorllate elemente ale lui A 0 ; A se obţine înlocuind fiecare element al lui A su suma tuturor celorlate elemente ale lui A ş.a.m.d. Dacă n N, arătaţi că nu există elemente în A n care să fie congruente modulo 06. Vlad Tuchiluş, elev, Iaşi Soluţie. Să observăm că A n 05, n N: dacă A n {a, a,..., a 05 } şi S a + a a 05, atunci A n+ {S a, S a,..., S a 05 }. Pentru a i, a j A n, i j, corespondentele lor în A n+, S a i şi S a j, au proprietatea că (S a i ) (S a j ) a i a j, deci valorile absolute ale diferenţelor perechilor de elemente din A n sunt mereu aceleaşi. Astfel, o mulţime A n ar conţine elemente congruente modulo 06 dacă şi numai dacă A 0 ar conţine astfel de elemente. Cum acest lucru nu se întâmplă, rezultă concluzia problemei. G87. Avem un număr nemărginit de jetoane de opt culori. Stabiliţi care este cel mai mic număr de jetoane care trebuie aşezate în rând astfel încât, pentru oricare două culori diferite, să se găsească în rând două jetoane vecine având aceste culori. Ioan Viorel Codreanu, Satulung Soluţie. Pentru o culoare fixată A, un jeton de culoare A trebuie să fie vecin cu jetoane de alte şapte culori. Cum un jeton nu are mai mult de doi vecini, în rând trebuie să existe măcar patru jetoane de culoare A; analog pentru celelalte culori. În total, trebuie să avem măcar jetoane. Un exemplu de aşezare a 3 jetoane este următorul: G88. Fie a, b, c numere naturale nenule astfel încât 3ab c. Arătaţi că numărul a 3 + b 3 + c 3 este compus. Lucian Tuţescu, Craiova şi Marian Voinea, Bucureşti Soluţie. Cum 3ab c, rezultă că a 3 + b 3 + c 3 a 3 + b 3 + ( c) 3 3ab( c) (a+b c)(a +b +c ab+ac+bc). Însă a, b, c nu pot fi toate egale (relaţia 3ab c ar conduce la 3 ) iar a + b + c ab + ac + bc ((a b) + (a + c) + (b + c) ) (0 + ( + ) + ( + ) ) 4; rămâne să mai arătăm că a + b c. Presupunem că a + b c ; ipoteza 3ab c conduce la 3ab (a + b ), adică (a ) + (b ) + a + b + ab 0, ceea ce este imposibil. Cu aceasta, soluţia este completă. 7

2 G89. Fie a, b, c, x, y, z numere reale pozitive astfel încât a+b+c 3. Demonstraţi că 36 x 3 (a + b) + y3 (b + c) + z 3 (c + a) (x + y + z) 3. Robert Antohi, elev, Iaşi Soluţia (Robert Antohi, Titu Zvonaru). Aplicăm inegalitatea lui Hölder: 36X x 3 (a + b) X Š X Š (a + b) (a + b) X x 3 (a + b) X x Š3. Soluţia (Titu Zvonaru, Nicuşor Zlota). Aplicăm inegalitatea lui Radon: x 3 (a + b) + y3 (b + c) + z 3 (c + a) (x + y + z) 3 (x + y + z)3. (a + b + b + c + c + a) 36 G90. Fie x, y, z numere reale cu x, y, z şi n >, astfel încât x + y + z n +. Arătaţi că x + y + z n +. Titu Zvonaru, Comăneşti şi Bogdan Ioniţă, Bucureşti Soluţia. Prin ridicări succesive la pătrat se arată că + a + + b + + a + b, a, b 0. Aplicând acest rezultat, avem: x + y + z p + x +È + y + p + z +È + x + y + p + z + +È + x + y + z 3 n +. Se atinge egalitatea pentru tripletele (x, y, z) {(n,, ); (, n, ); (,, n)}. Soluţia (Guriţă Vladimir, elev, Craiova). Prin absurd, să presupunem că x + y + z < n +. Atunci, avem succesiv: x + y + z < n (x + y + z ) < n (x + y + z ) < x + y + z xy x y + + yz y z + + xz x z + < 0 (x )(y ) + (y )(z ) + (z )(z ) < 0, ceea ce este fals. Ca urmare, x + y + z n + şi se continuă la fel. G9. Dacă a, b, c sunt numere reale pozitive, arătaţi că a b + c + b c + a + c a + b + ab + bc + ca 3(a + b + c ) 4 3. X X a a (a + b + c) b + c ab + ac P a + 3PP ab P a ab 3 + Mircea Lascu şi Marius Stănean, Zalău Soluţie. Aplicând inegalitatea lui Bergström, avem: 3P ab 7 3P ab.

3 a AtunciP b + c + ab + bc + ca 3(a + b + c ) se atinge dacă şi numai dacă a b c. P a P ab +P P ab a Egalitatea G9. Un triunghi ascuţitunghic ABC are proprietatea că suma distanţelor de la oricare punct din interiorul triunghiul la laturile acestuia este egală cu lungimea înălţimii din A. Demonstraţi că triunghiul este echilateral. Petru Asaftei, Iaşi Soluţie. Demonstram mai întâi următoarea lemă:,,dacă d(p, AB) + d(p, AC) h a, P (BC), atunci ABC este echilateral. Într-adevăr, fie M mijlocul lui BC şi N mijlocul lui BM. Luând P M, obţinem că h b A + h c h a; luând apoi P N, obţinem că 3h b 4 + h c 4 h a. De aici, 3h b + h c h b + h c, deci h b h c. Înlocuind, deducem că h a h b h c, adică ABC este echilateral. Revenim la soluţia problemei. Considerând punctul P pe linia mijlocie B C paralelă cu BC, condiţia d(p, AB) + d(p, AC) + d(p, BC) h a revine la d(p, AB) + d(p, AC) B N M C h a, P (B C ). Cum h a este lungimea înălţimii din A în AB C, lema precedentă arată că AB C este echilateral, deci şi ABC este tot echilateral. A A M. O. O B G93. Cercurile C (O, r ) şi C (O, r ) trec prin punctul M. Două drepte a şi b trec prin M şi taie a doua oară cercurile în A şi A, respectiv în B şi B. Dacă MA A A şi MB B B, arătaţi că cercurile sunt tangente în M şi r r. Romanţa Ghiţă şi Ioan Ghiţă, Blaj Soluţie. Omotetia de centru M şi raport transformă punctele M, A, B în punctele M, A, B. Atunci cercul circumscris al MA B (care este C ) va fi transformat în cercul circumscris al MA B (care este C ). Transformatul lui O va fi O, deci punctele M, O, O sunt coliniare şi MO MO, adică sunt adevărate cerinţele problemei. A G94. Pe laturile BC şi AC ale triunghiului ABC se consideră punctele M respectiv D şi fie {F } BD AM. Paralela prin F la BC taie AC în punctul E. Dacă DE AD + CE + AC, arătaţi că M este mijlocul lui BC. Titu Zvonaru, Comăneşti Soluţie. Fie x BM MC, y DC ; atunci BM DA ax x +, DC by y +, DA b. Cu teorema lui y + 73 B F M D E B C

4 Menelaus în AMC şi transversala B F D, obţinem că BM BC DC DA F A F M F A F M x + AE xy EC x + xy. Atunci EC bxy, iar DE DC EC xy + x + by y + bxy xy + x + by. Relaţia din enunţ devine succesiv (y + )(xy + x + ) y xy + x + + x(y + ) + y (y + )(xy + x + ) x y + x y + x xy xy 0 (x )(xy + xy + x + ) 0. Cea de-a doua paranteză fiind strict pozitivă, rezultă că x, deci M este mijlocul laturii BC. G95. Fie triunghiul ABC şi punctele A BC, B AC şi C AB astfel încât dreptele AA, BB şi CC să fie concurente. Punctele X, Y şi Z reprezintă intersecţiile dreptelor AP, BP şi CP cu segmentele (B C ), (A C ) respectiv (A B ), unde P este un punct fixat în interiorul triunghiului ABC. Demonstraţi că dreptele A X, B Y şi C Z sunt concurente. Neculai Roman, Mirceşti, Iaşi Soluţie. În RecMat /005, Titu Zvonaru şi Bogdan Ioniţă demonstrează următoarea Lemă. În ABC, AD este ceviană, iar o secantă taie dreptele AB, AD şi AC în M, P respectiv N. Atunci AM AB DB DC AC AN P N P M. Notăm {X } AP BC, {Y } BP AC, {Z } CP AB. Aplicând AC de trei ori lema, obţinem: A AB X B X C AC AB XB BA,. XC BC Y C Y A BA Y C respectiv CB BC Y A Z X C.. B CA Z A Z B CB ZA. CA ZB Înmulţind P Y aceste trei egalităţi şi ţinând seama de faptul că Z A B A C BC B A CA C B şi X B X C Y C Y A Z A Z B (teorema lui Ceva), deducem că XB Y Y C ZA, B A X C XC Y A ZB de unde concluzia problemei. B. Nivel liceal L86. Fie ABC un triunghi în care unghiul A b este cel mai mare şi punctele D, D (BC) astfel încât BAD Õ ACB Õ şi CAD Õ ABC. Õ Dacă r este raza cercului înscris în ABC şi ρ este raza cercului circumscris AI I (unde I, I sunt 74

5 centrele cercurilor înscrise în triunghiurile ABD, respectiv ACD ), demonstraţi că r ρ sin A. Neculai Roman, Mirceşti, Iaşi Soluţie. Unghiul A b fiind cel mai mare, punctele D şi D aparţin segmentului (BC). Ordinea lor pe segment se schimbă A după cum m(b A) 90 sau m(b A) < 90, dar soluţia este aceeaşi. Fie {M } AI BC, {M } AI BC; I atunci m(ö BM A) m(ò C) + I I m( CAD Ö ) m(ö BAM ), deci BAM este isoscel şi bisectoarea BI corespunzătoare bazei va fi şi înălţime: BI AM. Analog se arată că CI AM, prin urmare I este ortocentrul triunghiului AI I. Astfel, AI ρ cos I AI Ö m( BAD ) Ö m( CAD ) A A B B A C M D D M C. Însă m(õ I AI ) m(õ BAC) B + C şi atunci AI ρ sin A. Pe de altă parte, AI r r sin A, deci sin A ρ sin A r ρ A sin. Notă. Soluţie corectă am primit din partea d-lui Titu Zvonaru, Comăneşti. L87. Fie A, B, C mijloacele laturilor triunghiului ABC. Notăm cu S punctul lui Spieker al triunguiului A B C. Dreptele AS, BS, CS intersectează laturile BC, CA, AB în punctele M, N respectiv P. Să se demonstreze că perpendicularele în punctele M, N, P pe laturile BC, CA, respectiv AB sunt concurente dacă şi numai dacă triunghiul ABC este isoscel. Nela Ciceu, Bacău şi Roxana Mihaela Stanciu, Buzău Soluţie. Fie a, b, c laturile triunghiului. Folosind formula (*) din RecMat /0, pag. 09, obţinem BM/MC (a + b + c)/(a + b + c) şi atunci BM MC a + b + c a + b + c a(a + b + c) a(a + b + c) BM, MC a + 3b + 3c a + 3b + 3c. Notăm x 3a + 3b + 3c. Conform teoremei lui Carnot, perpendicularele din enunţ sunt concurente dacă şi numai dacă BM + CN + AP MC + NA + P B. Deoarece BM MC a (b c), relaţia de mai înainte este echivalentă succesiv x a cu a (b c)(x bx cx + bc) + b (c a)(x ax cx + ac)(x ax cx + ac) + c (a b)(x ax bx + ab) 0 ab(a b) c(a b ) + c (a b) 0 (a b)(b c)(c a) 0, de unde rezultă concluzia dorită. 75

6 L88. Dacă într-un triunghi neisoscel dreapta determinată de punctul lui Lemoine şi centrul cercului lui Euler este paralelă cu o latură a triunghiului, atunci triunghiul este dreptunghic. Titu Zvonaru, Comăneşti şi Neculai Stanciu, Buzău Soluţie. Fie a, b, c laturile triunghiului, a fiind cea mai mare dintre ele. Notăm cu L punctul lui Lemoine şi cu O 9 centrul cercului lui Euler; AL intersectează latura BC în punctul M, iar AO 9 intersectează pe BC în punctul N. Vom calcula raportul BN folosind formula (*) din Rec.Mat. /0, p.09. Avem k k k 3, p BN NC NC sin C sin B, p sin A + sin B sin A + sin C sin A sin C, p sin B 3 sin A şi obţinem a cos A + b cos B a cos A + c cos C c (a + b ) (a b ) b (a + c ) (a c ). Fie AM, CQ simedianele. Deoarece AP P C c AQ şi a QB b, din Van Aubel obţinem a AL LM b + c a. Fie acum AN, BS, CT cevienele corespunzătoare punctului O 9. Am calculat raportul BN CS AT. Prin permutări circulare găsim rapoartele şi şi cu Van Aubel obţinem NC SA T B AO 9 O 9 N AS SC + AT T B 3a b + 3a c + b c a 4 b 4 c 4 a b + a c + b c b 4 c 4. Deci, LO 9 BC AO 9 O 9 N AL LM şi folosind relaţia lui Van Aubel, rezultă AL LM AO 9 O 9 N b + c a 3a b + 3a c + b c a 4 b 4 c 4 a b + a c + b c b 4 c 4 a 6 b 6 c 6 3a 4 b 3a 4 c + a b 4 + a c 4 + b 4 c + b c 4 0 (a b c )[a (a b ) + a (a c ) + (b c ) ] 0. Din presupunerea că a este cea mai mare latură şi triunghiul este neisoscel, rămâne doar posibilitatea ca a b + c, adică triunghiul dat este dreptunghic. Notă. A rezolvat problema utilizând numerele complexe d-l Ioan Viorel Codreanu, Satulung (Maramureş). L89. Construim şirul de triunghiuri A n B n C n, n N, astfel: A 0 B 0 C 0 este arbitrar ales; vârfurile A k+ B k+ C k+ sunt punctele în care medianele A k B k C k intersectează cercul circumscris acestuia, oricare ar fi k N. Dacă în şirul astfel definit există două triunghiuri congruente, arătaţi că A 0 B 0 C 0 este echilateral. Vasile Jiglău, Arad Soluţie (Titu Zvonaru, Comăneşti). Vom folosi următoarele notaţii pentru A k B k C k : a k, b k, c k laturile, M k mijlocul laturii B k C k, G k centrul de greutate şi m ak lungimea medianei din A k. 76

7 (i) Să presupunem că triunghiurile A k+ B k+ C k+ şi A k B k C k sunt congruente. Folosind asemănarea triunghiurilor A k B k M k şi M k A k+ C k apoi asemănarea triunghiurilor A k B k G k şi A k+ G k+ B k+, obţinem A k M k M k C k B km k M k A k+ a k 4m ak, G k A k+ m ak 3 + a k 4m ak a k + b k + c k 6am ak, G k A k+ c k+ a k c k+ c + b k + c k k. B k G k c k 4m ak m bk Utilizând formula pentru lungimea medianei, după ceva calcule, rezultă că () c k+ c k a 4 k + b 4 k a kb k + c 4 k. Scriind încă două relaţii similare relaţiei (), după adunarem obţinem: a 4 k + b 4 k + c 4 k a kb k + b kc k + c ka k, de unde deducem imediat că a k b k c k. (ii) Vom demonstra că, dacă A k+ B k+ C k+ este echilateral, atunci A k B k C k este echilateral. Avem a k c k+ b k+ c + b k + c k a k k b + b k + c k k 4m ak m bk 4m ak m ck (b k c k)(b k + c k a k) 0. c k m ck b k m bk Scriind şi celelalte două relaţii similare, prin rezolvarea sistemului format obţinem a k b k c k. Concluzia problemei rezultă imediat: din congruenţa triunghiurilor A k+ B k+ C k+ şi A k B k C k rezultă că triunghiul A k B k C k este echilateral şi apoi, din aproape în aproape, că triunghiul A 0 B 0 C 0 este echilateral. L90. Fie ABCD un patrulater ortogonal care este atât inscriptibil, cât şi circumscriptibil; fie r, R raza cercului înscris, respectiv raza cercului circumscris. Dacă a AB, b BC, c CD, d DA, c AC şi f BD, demonstraţi că 3R r a b + b c + c d + d a + e f + f e. Marius Olteanu, Râmnicu Vâlcea Soluţie (Titu Zvonaru, Comăneşti). Deoarece ABCD este ortogonal, circumscriptibil şi inscriptibil, avem () () (3) a + c b + d, a + c b + d, ac + bd ef. Din () şi () rezultă uşor că {a, c} {b, d}; să facem o alegere, a d, b c. Din (3) deducem acum că ab ef. Deoarece ABCD este un deltoid (două triunghiuri isoscele 77

8 cu baza comună), AC este mediatoarea diagonalei BD. Scriind aria triunghiului ABC în două moduri, obţinem ab sin B ef/, şi cum ab ef, avem sin B, adică unghiul ABC este drept. Din triunghiul dreptunghic ABC obţinem e a + b şi R e /4 (a + b )/4. Deducem imediat şi r ab/(a + b). Inegalitatea de demonstrat se scrie folosind doar variabilele a şi b (c b, d a, r ab/(a + b), R (a + b )/4, e a + b, f ab/e): 3(a + b )(a + b) 4a b a b + + b a + + a + b + ab ab a + b. Deoarece ab a + b, este suficient să demonstrăm că 3(a + b )(a + b) 4a b a b + b a + a + b + 3 ab 3a 4 + 6a 3 b + 3a b + 3a b + 6ab 3 + 3b 4 4a 3 b + 4ab 3 + a 3 b + ab 3 + a b 3a 4 6a b + 3b 4 0 3(a b ) 0. Avem egalitate dacă şi numai dacă ABCD este pătrat. Notă. Am mai primit soluţie corectă din partea d-lui Vasile Jiglău, Arad. L9. Notăm cu a numărul fracţiilor zecimale finite care se scriu, în formă ordinară, ca fracţii de tipul, unde x este număr natural de n cifre (în baza 0). x Demonstraţi că 4n + a 6n +. Cosmin Manea şi Dragoş Petrică, Piteşti Soluţie. Numărul a este egal cu numărul perechilor (α, β) de numere naturale cu proprietatea că 0 n α 5 β < 0 n. Dacă α β, atunci α β n. Numărăm separat perechile în care α > β şi cele în care α < β. Dacă α > β, atunci α β + p, cu p N şi 0 n 0 β p < 0 n. Rezultă că n β p lg < n β, deci α β p n β, n β. Numărul β parcurge lg lg valorile 0,,,..., n, iar α se află în intervalul β + n β lg lungimea, β + n β, cu lg (3, 4). În concluzie, avem cel puţin 3n şi cel mult 4n perechi (α, β) lg cu α < β. Un raţionament similar arată că există cel puţin n şi cel mult n perechi (α, β) cu α < β. În concluzie, avem cel puţin 4n + şi cel mult 6n + perechi (α, β) cu proprietatea dorită, de unde cerinţa problemei. L9. Fie (F n ) n 0 şitul lui Fibonacci şi (L n ) n 0 şirul lui Lucas, definite prin F 0 0, F, F n+ F n + F n, n N, respectiv L 0, L, L n+ L n + L n, n N. Dacă p, j N sunt oarecare, demonstraţi: Pn C a) k n k0 F p k+j Pn (p+)n ; b) F p k0 n+j C k n L p k+j 78 (p+)n ; L p n+j Nicuşor Zlota, Focşani

9 Soluţie. a) Folosind formulele lui Binet, avem: F n+j αn+j β n+j α β α β k0 ( + α)n α j ( + β) n β j α β C k nα k+j k0 C k nβ k+j! k0 Cn k α k+j β k+j α β k0 C k nf k+j, unde α + 5, β 5, cu α + α şi β + β. Aplicând inegalitatea lui Radon, obţinem: C k n F p k0 k+j k0 b) Se procedează analog. (Cn) k p Cn k (Cn k F k+j ) p ( Pn k0 Ck n) p+ (Pn k0 Ck n F k+j ) (p+)n p F p. n+j Notă. A rezolvat problema d-l Titu Zvonaru, Comăneşti. L93. Fie a,..., a n (0, ]. Să se arate că are loc inegalitatea: k ( a k ) ( Qn Qn k a k). a k k a k Marian Tetiva, Bârlad Soluţie. Cazul n se reduce prin calcul direct la inegalitatea evidentă ( + a a )( a )( a ) 0. Apoi se demonstrează prin inducţie. Notă (Marian Tetiva). Inegalitatea asemănătoare k a a k a k k a k Qn k a k Qn valabilă tot pentru a,..., a n (0, ], se poate utiliza în rezolvarea problemei 584 propusă de Raymond Mortini şi Jerome Noel în The American Mathematical Monthly, nr. 5/0. De fapt, inegalitatea este echivalentă cu cea propusă acolo (care reprezintă cazul sumelor infinite, doar în aparenţă mai general). Notă. A rezolvat problema d-l Titu Zvonaru, Comăneşti, care observă că inegalitatea rămâne adevărată şi dacă a, a,..., a n (, ). Am mai primit soluţii corecte de la Andrei Raul Spătaru, elev, Craiova şi Ioan Viorel Codreanu, Satulung. L94. Să se arate că, pentru orice numere pozitive a, b, c, are loc inegalitatea: a 3 + b 3 + c 3 È(a b + b c + c a)(ab + bc + ca ) (a b)(b c)(c a). 79, Marian Tetiva, Bârlad

10 Soluţie (Titu Zvonaru, Comăneşti şi Nicuşor Zlota, Focşani). Notăm p a b+b c+c a şi q ab +bc +ca. Din inegalitatea mediilor, p 3abc şi q 3abc. Din inegalitatea lui Schur, a 3 +b 3 +c 3 +3abc p+q. Deoarece (a b)(b a)(c a) p q, este suficient să demonstrăm inegalitatea Însă această inegalitate revine la (p + q 3abc) pq p q. ( p q) + ( min{p, q} 6abc) 0, care este adevărată şi, astfel, soluţia este completă. Notă. Au rezolvat problema Denisa Drăghia, elevă, Craiova, Georgiana- Sînziana Păucă, elevă, Truşeşti (Botoşani) şi d-l Ioan Viorel Codreanu, Satulung (Maramureş). L95. Determinaţi valoarea minimă a numărului real pozitiv k, încât pentru orice numere reale pozitive a, b, c să aibă loc inegalitatea X a + b ab + bc + ca a + k + ab + b a + b + c k +. Florin Stănescu, Găeşti Soluţie (Titu Zvonaru, Comăneşti). Pentru a b, c 0 obţinem k k + k 4 3. Vom demonstra, folosind metoda SOS, inegalitatea: X a + b a + ab + b + 4 ab + bc + ca 3 a + b + c 4 3 X + a + b a + ab + b 43 3 a + b + c ab bc ca a + b + c X X X (a b) a + ab + b (a b) (a b) (a + b c) a + b + c a + ab + b 0 (b c) S a + (c a) S b + (a b) S c 0, unde S a b + c a b + bc + c, S b c + a b c + ca + a, S c a + b c a + ab + b. Putem presupune că a b c; avem S b 0, S c 0. Rămâne de demonstrat că adevărat. a S b + b S a 0 a (c + a b) c + ca + a + b (b + c a) b + bc + c 0 a c 3 + a 3 bc + a 3 c + b 3 c + b 3 c + ab 3 c + b c 3 0, Notă. A rezolvat problema d-l Nicuşor Zlota, Focşani. 80