Soluţiile problemelor pentru pregătirea concursurilor propuse în nr. 2/2011

Transcript

1 Soluţiile roblemelor entru regătirea concursurilor rouse în nr. /0. Nivel gimnazial G06. Câte submulţimi ale mulţimii = {,, 3,..., 00} au 50 de elemente şi nu conţin nicio ereche de numere consecutive? Gheorghe Iurea, Iaşi Soluţie. Fie = {x, x,..., x 50 } cu x < x <... < x 50 şi x x, x 3 x,..., x 50 x 49. Evident, cel mult una dintre aceste inegalităţi oate fi strictă. Dacă toate inegalităţile se transformă în egalităţi, atunci = {x, x +,..., x + 98}, cu x = sau x =. Dacă există o inegalitate strictă, atunci = {, 3,..., n, n +, n + 4,..., 00}, cu n {,,..., 49}. În total, obţinem + 49 = 5 de submulţimi cu rorietăţile din enunţ. G07. rătaţi că numărul N = nu este ătrat erfect. ndrei Eckstein, Timişoara Soluţia. Un ătrat erfect dă, la îmărţirea rin 3, unul dintre resturile 0,, 3, 4, 9, 0 sau. e de altă arte, avem că 009 = 5 ( 6 ) 334 = 3( 3 + ) 334 = 3( 3 + ) = 3 + 6; 3 00 = = ( 3 + ) 670 = 3 + ; 4 0 = 4(4 3 ) 670 = 4( 3 + ) 670 = 4( 3 + ) = 3 + 4, rin urmare N = 3 + şi atunci N nu oate fi ătrat erfect. Soluţia. Cum U( 009 ) =, U(3 00 ) = 9, U(4 0 ) = 4, rezultă că U(N) = 5. Dacă N ar fi ătrat erfect, enultima sa cifră ar trebui să fie. uterile lui îşi reetă ultimele două cifre din 0 în 0 şi, cum 009 = 0 +9, atunci 009 are aceleaşi ultime două cifre ca şi 9, adică. uterile lui 3 îşi reetă ultimele două cifre tot din 0 în 0; întrucât 3 0 = 43 =... 49, rezultă că 3 00 = uterile lui 4 îşi reetă ultimele două cifre din 0 în 0, aşadar 4 0 =... 04, fiindcă 0 = 0 +. În final, N = = şi de aici urmează că N nu oate fi ătrat erfect. G08. Demonstraţi că ecuaţia x + y = z(x + y + ) are o infinitate de soluţii în mulţimea numerelor naturale. Cosmin anea şi Dragoş etrică, iteşti Soluţie. Notăm x + y + = t N; atunci z = x + (t x ) = t x + t x + x + ar trebui să fie tot număr natural. legem t = x + x +, x N şi t obţinem că y = x + x, z = x. În concluzie, triletele de forma (n, n + n, n ), n N, sunt soluţii ale ecuaţei date. G09. Rezolvaţi în numere naturale ecuaţia 4abc = (a + )(b + )(c + ). Titu Zvonaru, Comăneşti Soluţie. Evident că a, b, c sunt nenule. Dacă a =, ecuaţia oate fi adusă la forma (b 3)(c 3) =, deci obţinem soluţiile (, 5, 4); (, 4, 5); (, 9, 5); (, 5, 9); (, 7, 6); (, 6, 7). Dacă b =, ajungem la (a )(c ) = 4 şi găsim soluţiile (3,, 5); (4,, 3); 6

2 (6,, ). nalog, când c = vom avea soluţiile (3, 5, ); (4, 3, ); (6,, ). În continuare, fie a, b, c. Din a = rezultă că (b )(c ) (b + )(c + ) 4bc (b + )(c + ) şi, de aici, (b, c) {(, ); (, 3); (3, )}. Obţinem atunci soluţiile (,, 3) şi (, 3, ). G0. Demonstraţi că fracţia a3n+ a 3n+ + ( ) n a 3n+8 a 3n+7 + ( ) n este reductibilă entru orice a, n N, a. Dan oescu, Suceava Soluţie. mlificând fracţia cu ( ) n şi notând b = a, ar trebui să arătăm că fracţia b3n+ + b 3n+ + b 3n+8 + b 3n+7 + este reductibilă entru n N. Observăm că b3n = (b 3 + ) n = (b 3 ) + = (b + b + ). Rezultă că b 3n+ + b 3n+ + = [(b +b+)+b ]+[(b +b+)+b]+ = (b +b+) şi, analog, b 3n+8 +b 3n+7 + = (b +b+), deci fracţia în b se simlifică rin b +b+ 3 (deoarece b Z, b ). G. Demonstraţi că exresia E = y x (a + a ) + x 3 a x + x + x 3 + y x (a + a ) + x 3 a x + x + x 3 + x a x a + y 3 x + x + x 3 y + y + y 3 x (a + a ) + x 3 a x (a + a ) + x 3 a x a x a y + y + y 3, x + x + x 3 x + x + x 3 x + x + x 3 unde a i, x i, y i R +(i =,, 3), nu deinde x, x, x 3. ircea Bîrsan, Iaşi Soluţie. Se scoate forţat în factor (x + x + x 3 ) şi, duă calcule (y + y + y 3 ) ce un în evidenţă y y, y y 3, y 3 y, se obţine E = y + y + y 3 [y y (a + a ) + y y 3 a + y 3 y a ]. G. Se consideră triunghiul BC cu m(ò B) = 35 şi m(ò C) = 30. Determinaţi măsurile unghiurilor triunghiului BD, unde D este simetricul lui C faţă de B. Eugeniu Blăjuţ, Bacău Soluţia (a autorului). Fie = r BC şi O mijlocul segmentului C. Se arată imediat că B este O dretunghic isoscel şi că O este echilateral, rin urmare O = B, iar m(ö OB) = 30. Rezultă că m(ö OB) = 75, deci m(õ OBC) = 05. e de altă arte, D B C OB este linie mijlocie în CD, aşadar OB D şi atunci m(õ DC) = 05, aoi m(õ DB) =

3 Soluţia (Titu Zvonaru). Considerăm unctul D e semidreata ousă lui (BC astfel încât m(ö BD ) = 30. Triunghiul CD constituie configuraţia din roblema VI.43. Cum m(õ CB) = 5, rezultă că B este mijlocul lui CD, adică D coincide cu D. Deducem acum că m(õ BD) = 30, m(õ DB) = 45, m(õ DB) = 05. G3. Se consideră triunghiul BC cu rorietatea că există şi N uncte în interiorul său astfel încât BN=C şi B CN. Demonstraţi că B=C. Crisitan Lazăr, Iaşi Soluţie. vem că B C = N = B CN = k şi m( BN) Õ = m(ö C) = α. Folosind teorema cosinusului în triunghiurile BN şi C şi ţinând seama de condiţia BN = C, obţinem că B + N B N cos α = C + C cos α k C + N k C N cos α = C + k N k N C cos α k C +N = C +k N (k )(C N ) = 0. Întrucât N Int BC, nu utem avea N = C; ar rezulta că = B, deci m(õ CN) = B (80 α) < m(ò C) şi m( B) Ö = (80 α) < m(ò B); sumând, am obţine că 80 α < m(ò B) + m( Ò C) şi de aici contradicţia α > m( b ). Rezultă că N C şi atunci k = 0, deci k = şi de aici urmează cerinţa roblemei. G4. Se consideră triunghiul isoscel BC cu B = C şi m(b ) < 90. Construim înălţimea CF şi fie E mijlocul segmentului BF, iar D un unct e segmentul BC. Dacă Õ DE Ò B, arătaţi că D este mijlocul segmentului BC. Claudiu Ştefan oa şi Gabriel oa, Iaşi Soluţia. Fie mijlocul lui (BC) şi să resuunem rin absurd că D; considerăm că D (C), cazul D (B) tratându-se similar. Cum E este linie mijlocie în BCF, rezultă că E CF, deci E B. Deducem că m(ö E) = 90 m(ö B) = m( Ò B), rin urmare Ö E Õ DE. tunci B D C atrulaterul DE va fi inscritibil şi rezultă că m(õ ED) = m( D) Ö = 90. stfel, în E am utea ridica două erendiculare distincte e B (anume ED şi E), fat imosibil! Rămâne că D, adică D este mijlocul segmentului BC. Soluţia. Deoarece DE DB, rezultă că D = E B. Dacă este mijlocul lui BC, cum E B, deducem că = E B. Obţinem că = D, cu, D (BC) şi, de aici, D. G5. În lanele aralele şi se consideră cercurile C = C(O, R ), resectiv C = C(O, R ). Fie K conul de vârf O şi bază C şi K conul de vârf O şi bază C. rătaţi că intersecţia celor două conuri este un cerc şi determinaţi oziţia centrului şi mărimea razei acestuia. Temistocle Bîrsan, Iaşi 64 E F N C

4 Soluţie. Fie un semilan limitat de linia centrelor O O, { } = C şi { } = C. În semilanul, generatoarele O şi O se intersectează în, iar aralela rin la O taie O O în O. Din O O O rezultă că O = R R. Cu teorema lui Thales obţinem că OO = R, rin urmare OO = OO R R + R O O (), relaţie ce determină oziţia lui O e segmentul O O. În O O cu O O avem că O = O O, O O O R adică O = R R R + R (). În concluzie, conurile K şi K se intersectează duă un cerc situat în lanul aralel cu (şi cu ) şi care trece rin unctul O recizat de (), are centrul în O şi raza O dată de (). Notă. roblema oate fi generalizată la cazul în care vârfurile V şi V ale conurilor K şi K sunt situate arbitrar e dreata O O (şi nu neaărat V O şi V O ). Situaţia se reduce la cea tratată anterior rin înlocuirea lanelor şi cu lanele (aralel cu rin unctul V ) şi, resectiv, (aralel cu rin unctul V ). B. Nivel liceal L06. Fie un unct e mediana din a triunghiului BC. aralela rin la C taie B în, iar simetricul lui faţă de mijlocul lui C este N. rătaţi că N BC dacă şi numai dacă este centrul de greutate al triunghiului BC. Silviu Boga, Iaşi Soluţie. Fie T mijlocul lui (BC), k = T şi {R} = N BC. Din QT rezultă că Q = T (0, ), T Q (cu Q B) O O = k; însă T Q este linie mijlocie în BC, rin urmare Q = B şi deducem că B = k. Observăm că CN este aralelogram, aşadar T CN, de unde RN Q N R = NC T = T = k, deci N R = k. stfel, N BC B T C R B = N R k = k k = este centrul de greutate al BC. 3 Notă. Soluţie corectă a dat dl. Ioan Viorel Codreanu, Satulung (aramureş). L07. Fie BCD un atrulater convex şi, N, uncte e segmentele B, CD resectiv BC astfel încât B B = ND DC = B BC = k. Dacă R şi S sunt mijloacele RS segmentelor resectiv N, calculaţi (în funcţie de k) raortul D. Titu Zvonaru, Comăneşti 65

5 Soluţia (a autorului). Fie T intersecţia dretei C cu aralela rin N la D. Deoarece CT D T = CN ND = C, rezultă că T. B Însă C, rin urmare T este aralelogram, unde mijlocul R al diagonalei va fi T N mijloc şi entru T. stfel, RS este linie mijlocie în T N şi atunci RS = R NT. Cum S T N D = CN RS = k, rezultă că CD D = k. Să notăm că RS T N D, aşadar RS = k B C D. Soluţia (Gheorghe Iurea). În lanul comlex, vom nota cu x afixul unctului X. Obţinem imediat că m = b( k) + ak, = b( k) + ck, n = d( k) + ck, r = (a + ), s = (m + n). tunci s r d a = k R + şi de aici urmează că RS D, iar RS D = k. Notă. O soluţie folosind calculul vectorial a dat dl. Ioan Viorel Codreanu, Satulung (aramureş). L08. Un cilindru circular dret de axă d şi rază R şi o sferă de centru O şi rază R sunt tangente exterior în unctul. Fie B simetricul lui în raort cu d şi fie π lanul ce trece rin B, este erendicular e lanul determinat de O şi d şi face cu axa d un unghi de 30. Calculaţi raortul razelor celor două surafeţe ştiind că secţiunile lor cu lanul π au arii egale. Temistocle Bîrsan, Iaşi Soluţie. Figura indică secţiunea cilindrului şi sferei cu lanul determinat de O şi d. Dreata BD este intersecţia acestuia cu lanul D d π. Cilindrul este secţionat de π duă o elisă cu lungimile semiaxelor E R C sin 30 = R şi R, iar sfera duă un cerc cu raza dată de ED = OD OE = OD B O OB cos 30 = R 3 4 (R + R ) = 4 R 3R 3R R. Egalitatea ariilor secţiunilor revine la π R R = π( 4 R 3R 3R R ) sau, cu notaţia k = R R, k k 0 = 0, de unde k = şadar, R = (3 + 4). R L09. Se consideră triunghiul BC şi unctele, N,, Q, R, S definite rin B = k C, CN = k N, = k B, = Q, BN = NR, C = S, unde k, R \{ }. Demonstraţi că S N 4 S BC, iar S QRS + 3 S BC. 66 arius Olteanu, Rm. Vâlcea

6 Q + S +, N x3, kx + k, 0, Soluţia. Raortăm lanul la un reer cartezian faţă de care coordonatele vârfurilor triunghiului să fie (0, 0), B(x, 0), C(x 3, y 3 ). Obţinem imediat că x + kx 3 + k, ky 3 + k + k, y 3 + k x + kx 3 + k, + ky 3, R + x 3 + k + k x, + y 3, + k unde = kx + k x 3, y 3. tunci S BC = x y 3, iar S N =, x y x N y N x y = x y 3 ( + k) (k k + ), rin urmare S N = k k + (k + ) S BC. Întrucât k k + (k + ) 4, găsim rima inegalitate din enunţ. oi, S QRS = 3, unde 3 = xq yq x R y R x S y S = x y 3 k k + (k + ) ( + ) + + k k + (k + ) 4 k k + (k + ) ( + ) + + de unde rezultă cea de-a doua cerinţă a roblemei. ( + ) = ( + 3) 4. Însă Soluţia (Ioan Viorel Codreanu). În lanul comlex, considerăm unctele (a), B(b), C(c), (m), N(n), (z), Q(q), R(r) şi S(s). vem: m = b + kc + k, n = c + ka + k, z = a + kb m( + ) a n( + ) b z( + ) c, q =, r =, s =. + k 0, licând teorema lui Kiril Docev, obţinem că S N = Im(nm+zn+mz) =... = k k + (k + ) S BC şi S QRS = Im(rq + sr + qs) =... = [( + ) S N + ( + )S BC ]. Concluzia rezultă ca în Soluţia. L0. Cercul -exînscris triunghiului BC este tangent relungirilor laturilor B şi C în, resectiv Q. Bisectoarele exterioare ale unghiurilor B şi C intersectează dreata Q în S resectiv T. Demonstraţi că Q ST + BC. Titu Zvonaru, Comăneşti Soluţie. Fie BE, E (C), bisectoarea interioară a unghiului B şi {} = E CS B. Conform teoremei bisectoarei, EC = c a şi SC S = BC B. Se ştie că B = c, CQ = b, = Q =, Q = sin şi fie x =. Folosind teorema lui enelaus în C cu transversala Q S, obţinem că Q QC SC S = b a x + ( c) x = ax = x( b) + ( b)( c) x( c) = ( b)( c) x = b. tunci B S T E C Q 67

7 B B = c + b = a, deci B = E, adică BE SC. Cum BE BS, deducem EC că BS SC. nalog se arată că BT T C. Observăm că m(õ SBT ) = m( SBC) m( Õ T Õ BC) = 90 Ò m( B) (90 m(õ T CB)) = 90 Ò m( B) Ò m( C) = b m( ). unctele S şi T sunt situate e cercul de diametru BC; cu teorema sinusurilor, deducem că ST = a sin. tunci Q ST + BC (a + b + c) sin a sin + a sin a, adevărat (inegalitatea lui Ballieu). b + c Notă. Soluţie corectă a dat dl Ioan Viorel Codreanu. L. rătaţi că sin 3 x ( + sin x) + cos 3 x ( + cos x) 3 6 3, x R. ihàly Bencze, Braşov Soluţie. entru t R, ( + t ) 6 3 t = 9 9 ( 3t ) (3t + 3t + 9) 0. t Rezultă că ( + t ) 3 3 6, rin urmare t 3 ( + t ) 3 3 sin 3 x 6 t. stfel, ( + sin x) + cos 3 x ( + cos x) 3 3 sin x cos x = L. Demonstraţi că 3 + ab a + b (ab + c ) (a + c )(b + c (sumele fiind ) ciclice) entru orice numere reale a, b, c rintre care nu se găsesc două egale cu 0. arian Tetiva, Bârlad Soluţie. re loc identitatea (a c )(b c )(a b) = (a b) (a c) (b c). tunci inegalitatea 0 (a b) (a c) (b c) se transcrie succesiv 0 X (a + c )(b + c )(a b) X c (a + b )(a b) X c (a + b )(a b) X (a + c )(b + c )(a b) X (a + b )((a + c )(b + c ) (ab + c ) ) X (a + c )(b + c )(a + b ab) 3(a + b )(a + c )(b + c )+ + X ab(a + c )(b + c ) X (a + b )(ab + c ), de unde inegalitatea din enunţ se obţine rin îmărţire cu (a +b )(a +c )(b +c ) > 0. Egalitatea are loc dacă şi numai dacă (a b) (a c) (b c) = 0, adică a = b sau a = c sau b = c. L3. Fie m,..., m k numere naturale nenule şi α un număr iraţional. a) rătaţi că există x,..., x k N astfel încât [x α] m =... = [x kα] m k. b) rătaţi că există y,..., y k N astfel încât m [y α] =... = m k [y k α]. arian Tetiva, Bârlad Soluţie. Demonstrăm că, entru x N şi y R cu x{y} <, avem că [xy] = x[y]. Într-adevăr, xy = x[y]+x{y}, cu x[y] Z şi x{y} (0, ), conform iotezei, deci x{y} este chiar artea fracţionară a numărului xy, iar x[y] este artea sa întreagă. 68

8 a) Fie n N care verifică {nα} < m j {nα}m j <, j k (există un astfel de număr, conform teoremei de densitate a lui Kronecker). Vom avea atunci că [m j nα] = m j [nα], j k, deci entru x j = m j n, j k, cerinţa se verifică. b) Fie j = m... m k m j, j k şi alegem N N astfel încât {Nα} < j j {Nα} <, j k. Rezultă că [ j N α ] = j [Nα], deci m j [y j α] = m j j [Nα] = (m... m k )[Nα], j k, unde y j = j N şi astfel este rezolvată şi artea a doua a roblemei. L4. Fie n (R) o matrice simetrică al cărei olinom caracteristic este X n. rătaţi că este matricea nulă. arian Tetiva, Bârlad Soluţie. Fie a ij elementele matricei, cu a ij = a ji, i, j {,,..., n}. Coeficienţii lui X n şi X n din olinomul caracteristic sunt nuli, rin urmare n a ii = 0 şi i= (a ii a jj a ij a ji ) = 0 (a ii a jj a ij ) = 0. rima egalitate, ridicată i<j n n la ătrat, dă a ii a jj = i<j n n i<j n i= a ii, ceea ce, duă înlocuire în a doua egalitate, conduce la a ii a ij = 0. Cum este matrice reală, rezultă că a ij = 0, i= i<j n i, j {,,..., n}, ceea ce trebuia demonstrat. L5. vem la disoziţie n + ietricele (n ) astfel încât orice submulţime de n ietricele oate fi îmărţită în două grămezi de câte n ietricele având aceeaşi masă totală. Demonstraţi că toate ietricelele au aceeaşi masă. drian Reisner, aris Soluţie. Notăm cu x, x,..., x n+ masele ietricelelor. entru i {,,..., n+ } fixat, utem artiţiona mulţimea {,..., i, i+,..., n+} în două submulţimi disjuncte i şi B i, ambele de cardinal n, astfel încât x j = x j, deci n+ a ij x j = j i j B i j= 0, unde a ii = 0, a ij = dacă j i şi a ij = dacă j B i. Fie matricea (a ij ) şi t X = (x, x,..., x n+ ); atunci X = 0 şi vectorul X este nenul, rin urmare det = 0. e de altă arte, dacă eliminăm ultima linie şi ultima coloană ale lui şi notăm cu determinantul matricei n n rămase, atunci redusul modulo al lui este 0... Ön b b 0... b n Ö... n Ö b b 0... b... b b 0... b = b b... b 0 = b b... b 0 = b b... b 0. Scăzând rima coloană din celelalte coloane, obţinem un determinant triunghiular cu b e diagonala rincială, aşadar = b. Rezultă că este număr întreg imar, deci nenul, rin urmare rangul lui este n. Soluţia sistemului X = 0 va fi de forma (α, α,..., α) şi astfel roblema este comlet rezolvată. 69