Soluţiile problemelor propuse în nr. / 6 Clasele primare P.. În piramida alăturată unelenumeres-auşters de-a lungul timpului. Putem să le punem la loc? (Clasa I ) Ionela Bărăgan, elevă, Iaşi Soluţie. = 8 +, 8 = + 6 etc. 8 8 6 9 5 P.5. Dacă din prima ladă iaumereşi le pun în lada a doua, din a doua ladă iau mere şilepunînladaatreia,iardinladaatreiaiaumereşi le pun în prima ladă, atunci în fiecare ladă voi avea câte mere. Câte mere au fost în fiecare ladă? (Clasa I ) Mariana Nastasia, elevă, Iaşi Soluţie. În prima ladă erau +=,înadoua +=5,iarîna treia +=5(mere). P.6. Luni, mama pune într-un coş câteva mere. Joi, ea găseşte în coş doar de mere. Câte mere a pus mama în coş, ştiind că, în fiecare zi din acea săptămână, Mihai,celmaimaredintrefraţi, împarte fraţilor mai mici cu un măr mai mult ca în ziua precedentă şi că joi el împarte 5 mere? Câte mere mai rămân în coş sâmbătă, după împărţirea merelor? (ClasaaII-a) Inst. Maria Racu, Iaşi Soluţie. Merele luate până joi: 5+++=. Merele existente la început în coş: + =. Merele împărţite vineri şi sîmbătă: 6+7=. Merele rămase sâmbătă încoş: = 7. P.7. În exerciţiul =fiecare căsuţă poate fi înlocuită cu + sau. Cât poate fi rezultatul acestui exerciţiu? (Clasa a II-a) Diana Tănăsoaie, elevă, Iaşi Soluţie. Deoarece avem un număr impar de, putem obţine ca rezultat sau sau 5 sau 7. Exemplu: + + +=; + +++=; +++++=; ++++++=. P.8. Calculaţi a + b + c + d, ştiind că a b =5şi c d =5. Găsiţi toate posibilităţile. (Clasa a III-a) Înv. Rica Bucătariu, Iaşi Soluţie. a + b + c + d poate fi: +8++5 = 5, +8+5+ = 7, +++5=, +++5=. P.9. Produsul a numere naturale este. Aflaţi cea mai mică şi cea mai mare valoare a sumei celor numere. (Clasa a III-a) Înv. Mirela Buburuzanu, Tomeşti (Iaşi) Soluţie. = 5= = =. Dupăcaz,suma numerelor este 9 +=9, 6 + 5=7, 7 + +=, 8 ++=, 8 + =. Suma minimă este7, iar cea maximă este 9. P.. Se consideră numerele,,,, 5,...,9. Careestecelmaimarenumăr de numere pe care putem să alegem dintre acestea astfel încât suma oricăror trei
dintre ele să seîmpartăexactla9? (Clasa a III-a) Înv. Felicia-Petronela Leanu, Cepleniţa (Iaşi) Soluţie. Numerele,,,, 9, 8 satisfac condiţia cerutălaproblemă. Dacă mai introducem cel puţin un număr, de exemplu 7, atunci putem găsi o sumă de trei numere care nu se împarte exact la 9, deexemplu++7.numărul maxim de numere este 6. P.. Ceasul lui Andrei o ia înainte cu secunde pe oră. El a potrivit ceasul luni la ora 8 şi a citit din nou ceasul lunea următoare la aceeaşi oră. Ştiind că în această durată ceasul nu a funcţionat permanent, iar la ultima citire arătaora8h 5 min, săseaflecâtnuafuncţionat ceasul. (Clasa a IV-a) Paula Borşanu, elevă, Iaşi Soluţie. De luni, ora 8, pânăluneaurmătoare, ora 8, sunt68 ore. Dacă ceasul ar fi funcţionat permanent, atunci ar fi avut un avans de 68 : 6 = 56 (minute). În realitate, avansul este de 5 minute. Ceasul nu a funcţionat (56 5) 6 : = 8 (ore). P.. La Concursul de matematică "Fl.T.Câmpan", etapa judeţeană, au participat elevi de clasa a IV-a, care au avut de rezolvat probleme. Dacă 7eleviau rezolvat bine prima problemă, 69 a doua problemă şi 6 a treia problemă, să searate că măcar elevi au rezolvat corect toate cele trei probleme. (Clasa a IV-a) Anca Cornea, elevă, Iaşi Soluţie. Dacă fiecare elev a rezolvat bine numai câte două probleme, atunci numărul de rezolvări corecte este =. Înrealitatenumărul de rezolvări corecte este 7 + 69 + 6 =. Deoarece =, înseamnăcămăcar elevi au rezolvat corect toate cele trei probleme. P.. Într-o cutie sunt bile, din care unele cântăresccugmaimult.dacă fiecare bilă cântăreşte un număr natural de grame, iar masa tuturor bilelor este g, să seaflecâtebilesuntmaigrele. (Clasa a IV-a) Petru Asaftei, Iaşi Soluţie. Dacă obilă mai grea cântăreşte g,atuncimasamaximăesteg + g = g < g. Dacăobilămaiuşoară cântăreşte g, atuncimasaminimă este g + 5g = g > g. Înseamnăcaobilă mai grea cântăreşte g. Dacă fiecare bilă cântăreşte g, atunci masa tuturor bilelor este g = g; g g = g; g g = g. Numărul bilelor mai grele este : =. Clasa a V-a V.7. Comparaţi numerele şi 5. Lucian Tuţescu, Craiova Soluţie. Avem: = = 9 5 > 8 5 = 5 > 5 = 5. V.7. Fie mulţimile A, B astfel încât A B, P (A) 6, P (B) 6. Să se determine A şi B. (Prin X am notat cardinalul mulţimii X.) Petru Asaftei, Iaşi Soluţie. Cum A B, atunci A B, deunde6 A B 6. Obţinem că 6 A B 8, deci( A, B ) {(6, 6) ; (6, 7) ; (6, 8) ; (7, 7) ; (7, 8) ; (8, 8)}.
V.7. Să sescrienumărul 6 5 ca o sumă deşase pătrate perfecte nenule. Ionel Nechifor, Iaşi Soluţia. Avem: 6 5 = 6 6 = +5 +7 +9 +5 +5 6 = = 6 + 5 6 + 7 6 + 9 6 + + 5 6 + 5 6. Soluţia (Emanuel Petrescu, elev,iaşi). 6 5 = 6 +5 + + + + = = 6 + + 6. V.7. Se consideră şiruldenumerenaturale,,,5,,7,58,.... Calculaţi suma primilor de termeni ai şirului. Marius Damian, Brăila Soluţie. Adunînd la primul termen, la al doilea, la al treilea etc, obţinem şirul puterilor lui. Deducem că termenii şirului sunt de forma n n, n N. Suma primilor de termeni va fi S = + + + + 99 99 = = + + + + 99 ( + + + 99) = 99 = 95. V.75. Fie x, k N, x, k<x.săsearatecă (x )...k (x) + k += {z... } (x). k+ cifre Doru Buzac, Iaşi Soluţie. Avem: (x )...k (x) + k +=(x ) x k +x k + +(k ) x + k +(k+) = = x k x k +x k x k + +(k ) x (k ) x + kx k + k += = x k + x k + x k + + x += {z... } (x). k+ cifre Clasa a VI-a VI.7. Fie x, y, z N astfel încât x 6y +5z =. Săsearatecă y (x + z). 85. Dan Nedeianu, Drobeta-Tr. Severin Soluţie. Cum 6y =5(x +z) şi (5, 6) =, atunci y. 5, deciy. 5. Apoi, 5 (x + z) =7 8y 5x şi cum (5, 7) =, obţinem că x + z.. 7. Deducem că y (x + z). 5 7, adică y (x + z). 85. VI.7. Fie p N un număr prim. Să se determine x, y N astfel încât p x + y x N. D. M. Bătineţu-Giurgiu, Bucureşti
Soluţie. Fie p x + y x = a N ;atuncip + xy = ax, deci p = x (ax y). Cump este prim, atunci x {,p} şi corespunzător găsim soluţiile (x, y) ={(,a p);(p, ap ) a N }. VI.7. Fie A n = + + + + {z... }, n N.Săsedetermine ½ n cifre mulţimea M = n N A n 7n ¾ 7n N. 9 Valeriu Braşoveanu, Bârlad Soluţie. Notând cu s (k) suma cifrelor numărului natural k, avemk s (k). 9. Deducem că 5.. 9, 5.. 9,...,... {z } n (n +) 5. 9. Rezultă de aici că A n A n 7n (n +) n cifre 5n (n +) 5n.. 9, prin urmare A n 9n (n +). 9, de unde N, n N.Înconcluzie,M = N. 9 VI.7. Considerăm două axe perpendiculare Ox şi Oy, precumşi cele două bisectoare ale unghiurilor drepte care se formează. Fie A oarecare, iar B, C simetricele sale faţă de prima bisectoare, respectiv faţă deox. Rotim segmentul [OC] în jurul lui O cu 9 în sensul acelor de ceasornic şi notăm cu D extremitatea segmentului rotit. Să searatecă: a) B, O, D sunt coliniare şi O este mijlocul lui [BD]; b) D este simetricul lui A faţă de a doua bisectoare. Adrian Corduneanu, Iaşi Soluţie. a) Din AOC isoscel avem că [AOx [COx, de unde \AOn \COm (aceeaşi diferenţă pânăla5 ). n y A m Atunci unghiurile \AOm şi \DOm au complementele egale, deci sunt congruente. Din AOB isoscel avem că \AOm B \BOm, prin urmare \DOm \BOm, adică punctele B, O, D O x D sunt coliniare. Cum AO = BO = CO = DO, deducem şi că O este mijlocul lui [BD]. m n C b) Din relaţia deja demonstrată \AOm \DOm rezultă că \AOn \DOn, deci [On este bisectoare în AOD isoscel. Obţinem că On este mediatoarea lui [AD], adică D este simetricul lui A faţă de a doua bisectoare. VI.75. Fie ABCD un patrulater convex, O intersecţia diagonalelor, M mijlocul lui [AB], iarn mijlocul lui [OD]. Săsearatecă P BCNM <P BDC + P ABC. Bogdan Posa şi Marius Drăgoi, elevi, Motru Soluţie. Fie T mijlocul lui [OB]. CumM, N, T nu pot fi coliniare, avem AO + BD că MN < MT + TN =. ÎnCDO, [CN] fiind mediană, rezultă că CN < CO + CD.Atunci:
P BCNM = BC + CN + NM + MB < CO + CD AO + BD <BC+ + + AB = BC + AC + AB BC + BD + CD = + = B M T A O N D = (P ABC + P BCD ). C Clasa a VII-a VII.7. Fie ABC, AB < AC şi D (AC). Fie AE bisectoarea lui \BAC, E (BD), F mijlocul lui [AD], {O} = AE BF, {G} = DO AB. Săsearatecă GD k BC AB = CD. Carmen Daniela Tamaş, Bârlad Soluţie. Cu teorema bisectoarei în ABD, obţinem că BE DE = AB AD. Folosind apoi teorema lui Ceva, AG GB BE DE DF AG =, deducem că FA GB = AD. Atunci GD k BC AB AG GB = AD DC AD AB = AD AB = CD. DC VII.7. Fie ABCD paralelogram, E (CD), {M} = AE BD, {N} = BE AC, {O} = AC BD. Săsearatecă A MEN =A MON. Mirela Marin, Iaşi Soluţie. Cu teorema lui Menelaus în MEB D E C (O N A transversală) şi AEN (M O B transversală) obţinem că NE NB OB OM AM AE =, respectiv ME MA OA ON BN BE relaţii membru cu membru, rezultă că ME NE AE BE =, deci A AOB AMEN A MON =. Înmulţind aceste OA OB OM ON =.Însăevidentcă d (E,AB) =d (O, AB), A AEB adică A AEB =A AOB şi de aici urmează concluzia. VII.7. Fie a<b c razele a trei cercuri tangente între ele şi tangente la o aceeaşi dreaptă în trei puncte distincte. Să searatecă = +. a b c Dan Radu, Bucureşti Soluţie. Fie T, T, T punctele de tangenţă ale celor trei cercuri cu dreapta. Un calcul imediat arată că T T =bc şi analog T T =ac, T T =ab. Scriind că T T = T T + T T,rezultăcă bc = ac + ab şi, prin impărţire cu abc, obţinem egalitatea dorită. Evident, concluzia nu are loc în cazul în care T = T = T. 5 A B M G A O O E F N D B C
VII.7. Fie M mulţimea multiplilor lui 6 în a căror scriere în baza nu apar alte cifre decât, 6 sau 9. Câte numere cel mult egale cu conţine M? Gabriel Popa, Iaşi Soluţie. Elementele lui M se divid cu şi cu 9, deci se termină în, 6 sau 96 şi, cum au cel mult 5 cifre, au suma cifrelor 9, 8, 7 sau 6. Notăm cu s suma tuturor cifrelor afară deultimeledouă ale unui număr din M. Dacă unnumăr se termină în, atunci s {, 9}. Suma se formează din +6,iarsuma9 din +6+9.Obţinem astfel +6=8 elemente ale lui M: 6, 6, 69, 96, 69, 69, 96, 96. Dacăunnumăr se termină în6, atunci s {8, 7}. Suma 8 se formează din+,iarsuma7 din ++9şi găsim alte += elemente ale lui M. Însfârşit, dacă unnumăr se termină în96, atunci s {, }. Avemcă =++=6+6,iar=9+6+6şi astfel găsim încă ++=5elemente ale lui M. În total, M conţine 8++5=7elemente cel mult egale cu. VII.75. Fie m un număr natural impar şi a,a,...,a m Z astfel încât a a = a a = = a m a m = a m a. Demonstraţi că a + a + + a m se divide cu m. Maria Miheţ, Timişoara Soluţie. Fie d valoarea comună a modulelor din enunţ; atunci fiecare dintre numerele a a, a a,..., a m a m, a m a este d sau d, decisumaloreste un multiplu impar de d. Pe de altăparte,sumacelorm numere este, deci d =. Rezultă că a = a = = a m, de unde a + a + + a m = ma. Clasa a VIII-a VIII.7. Pe planul ABC se ridică perpendicularaam. FieP proiecţia lui A pe planul (MBC), iar E, F proiecţiile punctului P pe MB, respectiv MC. Să se arate că \MEF \MCB. Soluţie. Conform teoremei celor trei perpendiculare, obţinem că AE MB şi AF MC. Cu teorema catetei în MAB şi MAC, deducem că MA = ME MB = MF MC,deci ME MC = MF. Rezultăcă MEF MCB, MB de unde \MEF \MCB. Otilia Nemeş, Ocna Mureş M B VIII.7. Fie a, b, c numere reale distincte. Săseafleparteaîntreagăanumărului a + bc A = (a b)(a c) + b + ca (b c)(b a) + c + ab (c a)(c b). Mihail Bencze, Braşov Soluţie. După calculederutină, se arată că A =, deci [A] =. VIII.7. Să sedemonstrezecă a N este ipotenuză a unui triunghi dreptunghic cu laturile exprimate prin numere naturale dacă şi numai dacă există n N astfel încât a n şi a + n sunt pătrate perfecte. Cătălin Calistru, Iaşi 6 A E P F C
Soluţie. Fie b, c N cu a = b + c ; considerând n =bc, avemcă a n = (b c) şi a + n =(b + c),reciproc,dacă a n = x, a + n = y,cux, y N, atunci a = x + y,decix, y au în mod necesar aceeaşi paritate. Obţinem că µ µ x + y x y a = +,cu x + y, x y numere naturale. µ µ VIII.7. Fie α (, ]; săsearatecă α + x y xy : α x y xy, în fiecare din situaţiile: a) x, y [,α); b) α <x y< x + α αġheorghe +xα Costovici, Iaşi Soluţie. Este suficient să demonstrăm, în fiecare dintre ipoteze, că numitorul α x y xy este strict pozitiv. a) Fără a restrânge generalitatea, să presupunem că x y; atunci α x y xy > α x y > (α x)+y ( αx) >. () xy Însă x<α αx < α α αx > y ( αx), de unde () este imediată. b) Mai întâi, să verificăm că < x + α α, adică ipoteza nu este contradictorie. +xα Avem: α<x α α <αx +αx > x + α +αx > ; α x α x α x x + α α ( + αx) x + α +αx α. Acum: α x y xy > α y x > α ( xy) y + x> xy (α + x) y ( + αx) > y< α + x +αx, adevărat conform ipotezei. Notă. Concluzia are loc şi dacă x, y ( α, ] sau α x α <y x<α. αx VIII.75. Determinaţi valorile lui n N pentru care fracţia n+ + n este reductibilă. + Gheorghe Iurea, Iaşi Soluţie. Dacă d n+ + şi d n +,atuncid n+ + ( n +), adică d 7. Cumfracţia este reductibilă, ea se simplifică prin7. Vom arăta că acest lucru se realizează dacă şi numai dacă n = M +. Dacă n = M, atunci n+ += k +=(7+) k +=(M 7 +)+= M 7 +5. Dacă n = M +, atunci n+ + = k+ + = (7+) k+ + = (M 7 +)+ = M 7 +. În sfârşit, pentru n = M +, avem că n+ + = k+ + = (7+) k + = (M 7 +)+ = M 7 şi n + = k+ + = (7+) k +=6(M 7 +)+=M 7. 7
Clasa a IX-a IX.7. Fie a<bnumere reale; să sedeterminex, y, z R pentru care z + b = =yz + a, iar x a + b x = y. Andrei Nedelcu şi Lucian Lăduncă, Iaşi Soluţie. Din a doua ecuaţie deducem că x [a, b], iary. Cu inegalitatea Cauchy-Schwarz, obţinem y = ³ x a + b x x a + ³ b x + =(b a). () Înmulţind prima relaţie cu şi adumînd y,găsim că y +z +b =yz +a + y (z y) +b a = y y =(b a)+(z y) (b a). () Din () şi () deducem că y =z = p (b a) şi, cum avem egalitate în (), atunci x a = b x, deci x = (a + b). x IX.7. Fie x, y, z [, + ) aşa încât [x] = y [y] = z [z].săsearatecă [x] +[y] +[z] + {x} + {y} + {z} = p x + y + z. Ce egalitate se obţine pentru x, y, z (, ]? Dan Plăeşu, Iaşi Soluţie. Fie x [x] = y [y] = z = k [, ); atunci [z] x [x] = y [y] = z [z] = x + y + z [x] +[y] +[z] = k p x + y + z = k [x] +[y] +[z] {x} [x] x [x] [x] = {y} [y] = {z} [z] = y [y] [y] = z [z] [z] = k = {x} + {y} + {z} [x] +[y] +[z] {x} + {y} + {z} =(k ) =(k ) () [x] +[y] +[z]. () Scăzândmembrucumembrurelaţiile () şi () obţinem concluzia. Când x, y, z (, ], vomaveak (, ] şi, reluând raţionamentul, găsim că [x] +[y] +[z] {x} + {y} + {z} = p x + y + z. IX.7. Fie a,a,...,a n (, ) cu a a a n =. Pentru orice m N,să se arate că are loc inegalitatea a m + a m + + a m n a m + a m + + a m n. Marius Tiba, elev, Iaşi 8
Soluţia (Titu Zvonaru, Comăneşti). Conform inegalităţii mediilor, avem: a m + + a m + a m + + a m n mn mn a m(mn n+) a m am n = = mn mn a mn(m ) (a a a n ) m = mna m n a a a n. Scriind încă n inegalităţi similare, după adunare şi împărţire cu mn, obţinem a m + a m + + a m n a m + a m + + a m n n a a a n, () inegalitate echivalentă cu cea dorită, întrucât a a a n =. Soluţia. Putem presupune fără a restrânge generalitatea că a a a n ; atunci a m a m an m şi aplicăm inegalitatea lui Cebîşev: a m + a m + + a m n = a a m + a a m + + a n a m n n (a + a + + a n ) a m + a m + + a m n. Însă n (a + a + + a n ) n a a a n =şi astfel rezultă concluzia. Egalitatea se atinge pentru a = a = = a n =. Notă. Demonstraţia inegalităţii () ca în soluţia a doua (folosind Cebîşev) este prezentă în RecMat /6, pg. 6, în cadrul soluţiei problemei L9. IX.7. Fie a, b, c lungimile laturilor ABC şi m, n (, + ). Considerăm punctele A, B, C astfel încât C (AA ), A (BB ), B (CC ) şi CA = ma+n, AB = mb + n, BC = mc + n. Săsearatecă ABC şi A B C au acelaşi centru de greutate dacă şi numai dacă ABC este echilateral. Dumitru Mihalache, Bârlad Soluţie. Observăm că AA = ma + n + b AC, BB = mb + n + c BA, CC = b c mc + n + a mc + n + a ³ CB = CA + AB. AtunciABC şi A B C au acelaşi a a centrudegreutatedacă şi numai dacă AA + BB + CC = µ mc + n + a µ ma + n + b AB + mc + n + a b a AC = mb + n + c a c mc + n + a = mb + n + c = ma + n + b mc + n = mb + n = ma + n. () a c b a c b Dacă a = b = c, relaţia () este evidentă. Reciproc, să presupunem () îndeplinită. Dacă două dintre numerele a, b, c sunt egale, din () rezultă imediatcă a = b = c. În caz contrar, putem considera că a<b<cşi din () deducem că (mc + n) (mb + n) (mb + n) (ma + n) = c b a c c b a c = b a c b, unde primul raport este negativ, iar al doilea pozitiv, ceea ce constituie o contradicţie. IX.75. Fie ABCD patrulater inscriptibil, {O} = AC BD, m(\aod) =6 şi punctele M (AB), N (CD). Notăm k = MA MB, r = NC ND, p = OA OB. Dacă 9
½ p k, r, ¾,săsearatecă m( \MON) 6= 9. r Mihai Haivas, Iaşi Soluţie. Cum ABCD este inscriptibil, avem că OA OC = OB OD. Atunci: m( \MON)=9 OM ON = µ OA + k µ OB OC + r OD = k + k + r + r + OA OC + r OA OD cos 6 + k OB OC cos 6 kr OB OD = Dacă p Clasa a X-a ( + rk) OA OC = (r OA OD + k OB OC) (+rk) =r OD OC + k OB OA (+rk) =rp + k p. () ½ k, r, ¾,evidentcărelaţia () nu este verificată, deci m( \MON) 6= 9. r X.7. Fie a, b, c lungimile laturilor unui triunghi. Să searatecă a + bc b + ac c + ab + + >. b + c a + c a + b Lucian Tuţescu, Craiova Soluţie. Se observă că a< b+ c (deoarece a<b+c+ bc), b< c+ a şi c< a + b. Prin urmare, dacă a, b, c sunt lungimile laturilor unui triunghi, atunci a, b, c sunt de asemenea lungimile laturilor unui triunghi. Repetând raţionamentul anterior, deducem că şi a, b, c sunt lungimile laturilor unui a + bc triunghi. De aici, rezultăcă > (). (Într-adevăr, () a + b + c ³ bc > b + c a> b c a> b c ). Acum, nu ne rămâne decât să remarcăm faptul că inegalitatea din enunţ seobţine adunând relaţia () cu inegalităţile derivate din ea prin permutări circulare ale laturilor a, b şi c. X.7. Să se rezolve sistemul x log 5 + y log + z log 5 6=(xy + yz + zx), x + y + z =5. Marius Damian, Brăila Soluţie. Adunând x + y + z înambiimembriaiprimeiecuaţii, obţinem x log + y log + z log 5 = (x + y + z),sau log + y log + z log 5 = (x + y + z).pedealtă parte, conform inegalităţiiluicauchy-schwarz,avem µ x (log +log +log 5) log + y log + z (x + y + z) log 5 x log + y log + x z log 5 (x + y + z).
Egalitatea are loc dacă şi numai dacă x, y, z sunt proporţionale cu log, log, log 5. Astfel, putem scrie x log = y log = z log 5 = x + y + z log +log +log 5 =5, de unde rezultă căsoluţia sistemului este x =5log, y =5log, z =5log 5. X.7. Determinaţi funcţiile f : N µ R cu proprietatea că pentru orice x, y N x + y f (x)+f (y) astfel încât x + y, are loc egalitatea f =. Eugenia Roşu, elevă, Iaşi µ Soluţie. Fie f o funcţie cu proprietatea considerată. Pentru x = y =,avem + f () + f () f =,decif() =. Dacăluăm pe rând x =, y =şi apoi x =, y =în egalitatea dată, obţinem f () = f () şi f () = f (). Vom demonstra prin inducţie propoziţia P (n): f (n) =nf (), n N. Amarătat deja că P (), P () şi P () sunt adevărate. Presupunem acum că P (k) este adevărată oricare ar fi k {,,...,m}, m N. Sădemonstrăm valabilitatea propoziţiei P (m +). Distingem trei cazuri. I. Dacă m +=l +, l N, atunciµ luând x =l +şi y =l în egalitatea l ++l f (l +)+f (l ) considerată(pentrucă x+y), avem f =, deci (l) =f (l +)+f (l ). Cuml l m şi l m, rezultă, conform ipotezei de inducţie, că f (l +) = f (l) f (l ) = 6lf () (l ) f () = (l +)f () = (m +)f (). II. Dacă m +=l +, l N, µ considerăm x =l +şi y =l +în egalitatea l ++l + f (l +)+f (l +) din ipoteză ( x + y) şi obţinem f =, deci f (l +)=f (l +) f (l +)=(l +)f () (l +)f () = (l +)f () = (m +)f (). III. Dacă m +=l µ +, l N, atunci pentru x =l +şi y =l ( x + y), l ++l f (l +)+f (l) relaţia iniţială devinef =, de unde deducem că f (l +)=f (l +) f (l) =(l +)f () = (m +)f (). Cu aceasta demonstraţia propoziţiei P (n) este terminată. Cum funcţia f (n) = nf (), n N satisface proprietatea cerută, rezultă căaceastaestesoluţia problemei. X.7. Fie d, d două drepte perpendiculare şi l, l dreptele suport ale bisectoarelor celor două perechi de unghiuri opuse formate de ele. Determinaţi ABC cu A d, B d, C l şi O, H l ( O, H cu semnificaţiile uzuale). Temistocle Bîrsan, Iaşi Soluţie. Faţă de reperul cartezian xoy cu d luată caaxă Ox şi d ca Oy, fie A (a, ), B (,b), C (c, c) (nu este esenţial faptul că l este luată ca prima bisectoare a reperului). Mediatoarele laturilor [AB] şi [BC] au ecuaţiile y b = a ³ x a, b respectiv y b + c = c ³ x c. Punând condiţia ca punctul lor comun să b c aparţină drepteil : x + y =,obţinem relaţia (a + b) c ab = (). Apoi,
înălţimile din A şi C au ecuaţiile y = c b c (x a), respectiv y c = a (x c), iar b condiţia H l conduce la c a + b = (). Distingem patru cazuri: (i) a + b =, c =,adică b = a, c =; atunci ABC este dreptunghic isoscel, situat în cadranele II sau IV, având catetele pe axele reperului. (ii) a + b =, a + b =,adică a = b =;atunciabc este degenerat. (iii) c ab =, c =;dinnouabc este degenerat. (iv) c ab =, a + b =,adică tot triunghi degenerat. X.75. a) Fie α C. Dacă z, z, z sunt trei numere complexe diferite astfel încât Re (α z )=Re(α z )=Re(α z ), atunci punctele de afixe z, z, z sunt coliniare. Notăm cu d dreapta pe care sunt situate aceste puncte. b) Dacă z, z, z sunt trei numere complexe diferite cu proprietatea că Im (α z )= Im (α z )=Im(α z ), atunci punctele cu afixele z, z, z sunt coliniare. Fie d dreapta ce le conţine. c) Să searatecădrepteled şi d sunt perpendiculare. Constantin Cocea, Iaşi Soluţie. a) Avem: Re (α z )=Re(α z )=Re(α z ) α z +ᾱz = α z +ᾱz = α z +ᾱz z z = z z = ᾱ z z z z α. () Din relaţia (), obţinem z µ z z z =,adică z z R, ceea ce înseamnă z z z z z z că punctele de afixe z, z, z sunt coliniare. b) Deoarece Im (α z )=Im(α z )=Im(α z ) α z ᾱz i = α z ᾱz i = α z ᾱz i z z z = z z z z = ᾱ z α, () rezultă că z z z R. Prin urmare, punctele cu afixele z, z, z z sunt coliniare. c) Din relaţiile () şi () deducem că z z = z z z z z sau z µ z z z z z = z z, z de unde rezultă că z z z ir +,aşadar dreptele d şi d sunt perpendiculare. z Clasa a XI-a XI.7. Fie şirul (x n ) n,undex >, x n+ = x n ln x n, n N. Calculaţi lim n xn n. Dan Popescu, Suceava Soluţie. Din inegalitatea < x ln x <x, x (, ), rezultăcă (x n) este h i strict descrescător şi are limita. Scriemx n n(xn ) xn n = ( + x n ). Folosind
criteriul Stolz Cesaro, µ lim n n (x n ) = lim n x n+ x n x n ln x n x n + = lim n (x n ) = (x n ) ln x n x ln x x + (din lim x (x ) (x ) ln x = ). Urmează că xn n e =. XI.7. Este posibil ca o funcţie f : R R, careverifică +f(x)+f(x)f(+x)=, x R, săfiecontinuăper? Dorin Mărgidanu, Corabia Soluţie. Răspunsul este negativ. Vom demonstra că f nu are proprietatea lui Darboux. Fireşte f (x) 6=, x R. Dacă f ar avea proprietatea lui Darboux, atunci ar fi negativă per (pozitivă per nu poate fi!): f (x) <, x R. Deducem imediat că +f ( + x) >, x R, decif (x) >, x R. Pedealtăparte, din <f(x) <, x R, rezultă că <f(x) + <, x R, adică < f (x) f (x +)<, x R, contradicţie cu f (x) <, x R. XI.7. Fie f :[, ] R ofuncţie nenulă declasă C k+ pe [, ], k N,astfel ca f () = f () =. Dacă pentru orice j k există a j {, } astfel încât f (j) (a j )=,atunciexistă x,x (, ) astfel ca f (k+) (x ) f (k+) (x ) <. Gheorghe Moroşanu şi Paul Georgescu, Iaşi Soluţie. Vom ţine seama că, dacă g :[, ] R este de clasă C pe [, ], g are semn constant pe (, ), iarg () = sau g () =, atunci g păstrează semn constant pe [, ] şi în plus este monotonă pe[, ]. Dacă presupunem că f (k+) (x), x (, ), aplicând succesiv rezultatul precedent pentru g = f (k), g = f (k ),..., g = f obţinem că f este monotonă pe[, ]. Cumf () = f () = rezultă că f pe [, ], contradicţie; deci există x (, ) astfel că f (k+) (x ) <. Analogexistă x (, ) astfel ca f (k+) (x ) >, deundeconcluzia. XI.7. Fie a, b, c R, a 6=, n N.Următoarele afirmaţii sunt echivalente: () b ac, () det aa + ba + ci n, A Mn (R). Marian Ursărescu, Roman Soluţie. Pentru () () avem succesiv: det µ aa + ba + ci n = a n det A + b a A + c a I n = = a n det " µ A + b a I n + ac b a I n # = a n det X + Y, unde X = A + b ac b a I n,iary = I n ; X, Y M n (R), XY = YX. a Pentru () () să presupunem că b ac >. Notând cu x, x rădăcinile reale şi distincte ale ecuaţiei ax +bx+c =, vom considera douănumereα (x,x ) şi β (,x ) (x, ). Fie α... aα + bα + c A = β............... ; aβ + bβ + c aa + ba + ci n =....... β aβ + bβ + c
Acum det aa + ba + ci n = aα + bα + c aβ + bβ + c n <, ţinând seama de alegerea numerelor α şi β, de semnul funcţiei de gradul al doilea şi de faptul că n este par. Avem deci contradicţie, ceea ce încheie demonstraţia. XI.75. Fie A, B M (C). Săsearatecă dacă AB BA comută cua şi cu B, atunciab = BA. Dorel Miheţ, Timişoara Soluţie. Vom utiliza următorul rezultat: "Fie A M (C) şi mulţimea C (A) = {X M (C) AX = XA}. Atunci: a) Dacă A = ki, k C, atuncic (A) =M (C); b) Dacă A 6= ki, k C atunci C (A) ={αa + βi α, β C}". Să presupunem că AB BA nu este de forma λi. Atunci α, β, γ, δ C astfel încât A = α (AB BA) +βi şi B = γ (AB BA) +δi. Dacă α =atunci A = βi,deciab BA = O, absurd. Deci α 6= şi atunci AB BA = α A β α I, µ deci B = γ α A β α I + δi = αa + bi, ceea ce implică AB = BA = aa + ba, adică AB BA = O, absurd. Astfel, există λ C astfel încât AB BA = λi. Cum tr (AB BA) =,obţinem λ =,adică AB = BA. Clasa a XII-a XII.7. Fie f :[a, b] R ofuncţie derivabilă cuderivatacontinuă. Să searate R b că lim f (x)sinnx dx =. n a Dan Radu, Bucureşti Soluţie. Integrând prin părţi, ajungem la relaţia Z b a f (x)sinnx dx = Dacă M = sup f (x), M = sup x [a,b] x [a,b] M + M (b a) b.rezultăcă lim R n n f (a)cosna f (b)cosnb n + n Z b f (x), obţinem că a f (x)cosnx dx. R b a f (x)sinnx dx a f (x)sinnx dx =, de unde concluzia. XII.7. Fie funcţia f :[, ] R, indefinit derivabilă pe[, ], cu proprietatea că există M>astfel încât f (n) (x) M, x [, ] şi n N. Arătaţi că: a) P p k= ( )k+ (n + p)(n + p ) (n + p k +)f (n+p k) () lim n ( ) p+ (n + p)(n + p ) (n +) =, p N ; P p b) k= lim ( )k+ (n + p)(n + p ) (n + p k +)f (n+p k) () p ( ) p+ = (n + p)(n + p ) (n +) = Z x n f (n) (x) dx, n N. Ovidiu Pop, Satu Mare
Soluţie. Integrând prin părţi, obţinem succesiv: Z Z x n+p f (n+p) (x) dx = x n+p f (n+p ) (x) (n+p) x n+p f (n+p ) (x) dx = Z =f (n+p ) () (n+p) x n+p f (n+p ) (x) (n+p ) x n+p f (n+p ) (x) dx = = f (n+p ) () (n + p) f (n+p ) () + (n + p)(n + p ) Z x n+p f (n+p ) (x) (n + p ) x n+p f (n+p ) (x) dx şi aşa mai departe. Deducem că Z x n+p f (n+p) (x) dx = px = ( ) k+ (n + p)(n + p ) (n + p k +)f (n+p k) () + k= +( ) p (n + p)(n + p ) (n +) Z x n f (n) (x) dx, n, p N,p6=. () Arătăm că Z lim x m f m (x) dx =. () n Din f (m) M (x) M, x [, ], m N, rezultăcă m + R xm f (m) (x) dx M, m N şi trecând la limită, obţinem relaţia (). m + Din () şi () rezultă concluzia problemei. XII.7. Să searatecă Z +x ln ( + x)n +( x) n Z ln ( + x) +x n dx = n +x dx = n π 8 ln, n N. π/ R Să secalculezeapoi ln +tg x +tg x dx. Gabriel Necula, Plopeni Soluţie. Cu substituţia x = y avem succesiv +y Z Z +x ln ( + ( + y) n +( y) n xn ) dx = ( + y) ln +( y) ( + y) n dy = = Z Z +y ln (( + y)n +( y) n ) dy +x ln (( + x)n +( x) n ) dx = n Z Z Z ln ( + x) +x dx = π 8 n ln 5 +y ln ( + y)n dy +x ln ( + xn ) dx =
Z Z +x n dx = n ln ( + x) +x ln ( + x)n +( x) n R ln ( + x) +x dx = π n ln. 8 (Presupunem cunoscut rezultatul +x dx = π ln.) Pentru n = avem 8 R +x ln ( + x) +( x) +x dx = π R 8 ln,sau +x ln +x +x dx = π ln, 8 adică Z Z +x ln +x +x dx =π 8 ln Cu substituţia x =tgt rezultă că π/ R ln +x dx =π 8 ln π ln = π ln. 8 ln +tg x +tg x dx = π ln. 8 XII.7. Fie (G, ) un grup comutativ cu proprietatea că există n N astfel încât din x n = y n rezultă x = y, undex, y G. Dacă f, g sunt două endomorfisme ale lui G, atunciecuaţia f (x) =g x are soluţie unică dacă şi numai dacă funcţia h : G G, h (x) =f (x n ) g (x n )este injectivă. D. M. Bătineţu-Giurgiu, Bucureşti Soluţie. Să presupunem că ecuaţia f (x) =g x are soluţie unică (evident aceastavafix = e) şi să arătăm că h este injectivă. Succesiv avem: h(x) =h(y) f(x n ) g(x n )=f(y n ) g(y n ) g(x n )(g(y n )) =(f(x n )) f(y n ) g(x n ) g y n = f x n f(y n ) g x n y n = f x n y n ³ y = f n x n ³ x = f n y n, de unde deducem că x n y n = e x n = y n x = y, adică h este imjectivă. Reciproc, dacă h este injectivă, să presupunem că există a G \{e} astfel încât f (a) =g a.darh(a n )=f(a n ) g (a n )=g(a n ) g (a n )=g(a n a n )=g(e) =e, prin urmare h (a n )=h(e n ), ceea ce contrazice injectivitatea lui h. Urmeazăcă ecuaţia f (x) =g x are numai soluţia x = e. XII.75. Fie A M n (C) de rang r şi S = {B M n (C) ABA = O n }.Arătaţi că S este subspaţiu vectorial în M n (C) şi că dim S = n r. Adrian Reisner, Paris Soluţie. Faptul că S este subspaţiu vectorial în M n (C) este o simplă verificare. µ Matricea A fiind de rang r, există P, Q GL n (C) astfel încât P Ir AQ =. Acum B S ABA = O n P ABAQ = O n P AQ Q BP P AQ µ µ µ µ = O n Ir α β Ir α β = O γ δ n, unde am notat Q BP =, α şi δ fiind µ µ γ δ µ Ir α β Ir matrice pătratice de ordin r, respectiv n r. Însă = µ µ µ γ δ Ir α α, de unde α = O γ r. Deducem că B S Q BP = µ β,adică dim S = n γ δ r. 6
Soluţiile problemelor pentru pregătirea concursurilor dinnr. /6 A. Nivel gimnazial G6. Fie m N \{, } şi k N, k m. Pentru fiecare x N, considerăm propoziţiile: x > ; x > ;...; x > m. Aflaţi x N pentru care k din cele m propoziţii sunt adevărate, iar celelalte m k sunt false. Maria Miheţ, Timişoara Soluţie. Pentru k =, toate propoziţiile sunt false. În particular, x > este falsă şi dacă x {, }. Pedealtă parte, pentru x =şi x =evident că toate cele m propoziţiisuntfalse,decipentruk =răspunsul este x {, }. Pentru k m, celek propoziţii adevărate trebuie să fiex>; x>;...; x>k, iar cele false vor fi x>k+;...; x>m. Avem aşadar x>kşi x k +, deci x = k +. Când k = m, toate propoziţiile trebuie să fie adevărate. În particular, x > m va fi adevărată, deci x {m +,m+,...}. G7. Mulţimea A N de cardinal n N are proprietatea că, oricare ar fi patru elemente ale sale, putem alege două cusuma 6 +.Aflaţi valoarea maximă aluin. Dan Nedeianu, Dr. Tr. Severin Soluţia (a autorului). Pentru m =6, putem considera A = {,,, 6, 6, 6 }. Să presupunem prin absurd că arexistamulţimi A cu m 7. Conform principiului cutiei, există osubmulţime B A de cardinal cu toate elementele de aceeaşi paritate. Suma oricăror două numeredinb va fi pară, deci diferită de 6 +. Soluţia (Marius Tiba, elev,iaşi). Pentru a demonstra că nu putem avea m 7, putem proceda astfel: dacă n 7, existăîna fie elemente cel mult egale cu 5,fie elemente cel puţin egale cu 5 +. Alegând două numere din cele patru, obţinem o sumă fie mai mare, fie mai mică decât 6 +. G8. Fie m, n N. Săsearatecămulţimea numerelor întregi de modul cel mult egal cu n poate fi partiţionată înm submulţimi cu aceeaşi sumă a elementelor, dacă şi numai dacă n + m. Marian Tetiva, Bârlad Soluţie. Să presupunem mai întâi că n+ m. Sănotăm M = {x Z x n} = {x Z n x n} şi M k = { k, k} pentru k =,n. Clasele partiţiei pot fi atunci mulţimile M,M,...,M m,m m M m M n ;esteevidentcăsuma elementelor din fiecare astfel de mulţime este aceeaşi şi anume. Reciproc, să presupunem că avempartiţia M = A A A m unde suma elementelor din fiecare mulţime A j este aceeaşi, j =,m.seobţine fără dificultate că această sumătrebuiesăfie (deoarece şi suma elementelor mulţimii M este ). Observăm atunci că fiecaremulţime a partiţiei, cu excepţia celei care-l conţine pe, are cel puţin două elemente. (Orice element nenul al mulţimii respective trebuie să fie adunat cu un element nenul pentru a da suma zero). Avem atunci că n += P card M = m card A k (m ) +, de unde deducem că n + m. k= 7
G9. La un concurs se dau şase probleme evaluate cu,,,, 5, repectiv 6puncte. Dacăunelevnurezolvăoproblemă, primeşte punct; dacă orezolvă, primeşte punctajul corespunzător. Fiecare elev obţine măcar puncte. Să searate că oproblemă a fost rezolvată decelpuţin o treime dintre elevi. Gabriel Dospinescu, student, Paris Soluţie. Fie n numărul elevilor; punctajul total este cel puţin n. Fixăm o problemă, de punctaj a, şi notăm cu A (a) mulţimea elevilor care rezolvă această problemă. Astfel, exact A (a) elevi primesc a puncte şi exact n A (a) primesc punct, deci punctajul obţinut la această problemăvafi(a ) A (a) + n. Punctajul total va fi X [(a ) A (a) + n] max A (a) (++++5)+6n, a a deci max A (a) 5 + 6n n, de unde concluzia problemei. a G. Fie mulţimile A = {k + n k Z,n N} şi B =(, /). Arătaţi că A B este infinită. Petru Asaftei, Iaşi Soluţia. Considerăm C = x R x = m + m, m N,m ª. Evident că C A şi, dacă x C, atunci <x= m ++m < m,prin urmare C A B. Să mai arătăm că mulţimea C este infinită. Dacă presupunem contrariul, există s 6= t, s, t astfel încât s + s = t + t. Obţinem succesiv: t s = p t + p s + s st + t = t + s + p (t +)(s +) p (t +)(s +)=st + t + s + =(st +) s + t st =, prin urmare t = s şi ajungem astfel la o contradicţie. Rămâne că C este infinită, prin urmare A B este infinită. Soluţia (Marius Tiba, elev,iaşi). Pentru fiecare k întreg negativ divizibil cu 5, considerăm n = k k 5 ; ar fi suficient să arătăm că <k+ n<.avem: rk k5 r + k> k k 5 > k k k 5 >k k<; r k k 5 + k< k k ( k) < k k <k k +, 5 ambele relaţii la care am ajuns fiind evident adevărate. G. Fie <a<bnumere reale date şi x, y [a, b]. Dacă s = x + y, p = xy, să seaflemaximulexpresieie = p + ab s + ab. p Vlad Emanuel, elev, Sibiu Soluţie. Cum x [a, b], avemcă (x a)(x b) x (a + b) x + ab, deci (a + b) x x + ab. Scriem o inegalitate analoagă îny şi înmulţind membru cu membru, obţinem: (a + b) xy x + ab y + ab (a + b) p p + ab s p + a b 8
p + ab s + ab a + b +ab E a + b +ab. p Pentruaseatingeegalitatea,trebuiecax (a + b) x + ab = y (a + b) y + ab =, fapt care se realizeazăpentru(x, y) {(a, a);(a, b);(b, a);(b, b)}. Rezultăcă E max = a + b +ab. G. Dacă a, b, c sunt lungimile laturilor triunghiului ABC, atunci (a + b) c + (b + c) a + (c + a) b < (a + b + c). Zdravko Starc, Vr sac, Serbia şi Muntenegru Soluţie. Evident că (a + b) c < (a + b) = a + b; scriind încă două inegalităţi similare şi sumând, obţinem concluzia. Notă. O mai bună evaluare a membrului stâng al inegalităţii, este indicată de Titu Zvonaru: Dacă a, b, c sunt lungimile laturilor unui triunghi, atunci (a + b) c + (b + c) a + (c + a) b (a + b + c). G. Fie segmentul [AB] de mijloc O şi semicercurile C şi C de diametre [AB], respectiv [AO] situate în acelaşi semiplan faţă deab. Perpendicularaîn C (AO) pe AB intersectează C în E şi C în D. Dacă AD C = {F }, săse arate că AE este tangentă cercului circumscris DEF. Alexandru Negrescu, elev, Botoşani Soluţie. Cum m(\dcb)+m(\dfb) =9 +9 = E 8,rezultăcăpunctele B, F, D, C sunt conciclice. F Scriind puterea punctului A faţă de cercul determinat de ele, obţinem că AC AB = AD AF. Pe de altă D parte, AC AB = AE din teorema catetei în AEB. Deducem că AE = AD AF, de unde concluzia. A CO B G. Fie ABCD un paralelogram care nu este romb cu m(\bad) =6.Dacă M,N (AC), P (BC) şi Q (CD) sunt astfel încât [BM, [DN, [AP şi [AQ sunt bisectoarele unghiurilor \ABC, \ADC, \BAC şi respectiv \DAC, atuncimp este perpendiculară penq. Andrei Nedelcu, Iaşi Soluţie. Luăm R (AD) astfel încât [CR B P C este bisectoarea unghiului \ACD, adică cea de a treia bisectoare interioară a triunghiului ACD. S N Deoarece triunghiurile ABC şi ADC sunt congruente şi simetrice faţădecentrulo al paralelogramului ABCD, rezultă că [AP ] este paralel şi M O Q congruent cu [CR]. De asemenea, din congruenţa A R D şi simetria triunghiurilor AM P şi CNR rezultă că PM este paralelă curn. Prin urmare, dacă vom arăta că NQ RN, atunci rezultăcă NQ MP. Punctul R este centrul cercului exînscris, tangent laturii [ND] în triunghiul CDN. Prin urmare, [N R este bisectoarea unghiului \AN D. Analog, Q este centrul cercului exînscris, tangent laturii [N D] în triunghiul AN D; rezultăcă 9
[N Q este bisectoarea unghiului \CND. Deoarece unghiurile \AN D şi \CND au vârful comun N şi laturile [NAşi [NC în prelungire, rezultă că bisectoarele lor [NQşi [NR sunt perpendiculare, ceea ce încheie rezolvarea. G5. Fie pătratul MNPQ înscris în pătratul ABCD, M (AB), N (AD), P (CD), Q (BC) şi fie {E} = PN AB, {F } = PQ AB. Notăm cu S, S, S ariile pătratului ABCD, pătratului MNPQ,respectivPEF.Săsearatecă: a) S S = p S AEN S BFQ ; b) S S ; c) =. S S S Soluţie. a) Din congruenţa triunghiurilor AMN, BQM, CPQ şi DNP (I.U.) rezultăcăan = BM = CQ = DP şi AM = BQ = CP = DM. Notăm cu S aria AMN; evidentcă S = S S. Apoi, din asemănările evidente AEN DPN şi µ AN DN = Claudiu Ştefan Popa, Iaşi N D P CPQ BFQ, obţinem că S AEN = S µ CQ BQ b) Fie k = AN ND = CQ BQ ; atunci S AEN = k S, S BFQ = S k C Q E A M B F = S S BFQ, deci S = S AEN S BFQ. Concluzia de la a) este imediată., prin urmare S = S +S + S AEN + S BFQ = S +S + k S + S k = S + S Cum k + k, rezultă că S S +S, adică S S. (AM + MB) AM MB = µ k + k. c) Cum S = S PEM + S PFM,avemsuccesiv: PM PE sin 5 PM PF sin 5 PE PF PE PF = + PM = PE + PF ; µ PM BQ + BM = MQ = = PE PF (PE + PF) µ BQ + BM = EF +PE PF EF PE PF AM + BM = + PE PF µ + AD S AB AM AN PE PF = AD + = S S S S =. S S S S B. Nivel liceal L6. Fie I centrul cercului înscris în ABC. Dreptele AI, BI şi CI intersectează a doua oară cercurile circumscrise triunghiului BCI, CAI şi ABI în A, B,respectivC.Dacănotăm cu XY Z perimetrul XY Z, să se demonstreze că
BC BCA + CA CAB + AB ABC =. Titu Zvonaru, Comăneşti Soluţie. Notăm cu R raza cercului circumscris ABC. Patrulaterul BA CI este inscriptibil, deci m(\ca I)=m([IBC)= m( B). b Aplicând teorema sinusurilor în AA C şi în ABC, avem: A A C sin A = AC R sin B R sin B sin B = sin B = cos B sin B =Rcos B, I deci A C =R sin A cos B. Atunci: BCA =Rsin A cos B +Rsin A cos C + a = =Rsin A µ cos A +cosb +cosc B C BC BCA = R sin A A R sin cos A cos A µ cos A = +cosb +cosc cos A +cosb +cosc A. Egalând analog celelalte două rapoarte din concluzie, se obţine cerinţa problemei. Observaţie. ) Dacă ABC este ascuţitunghic şi în locul punctului I considerăm punctul O, relaţia rămâne valabilă şi constituie o parte a problemei din Crux Mathematicorum /6. ) Relaţia este adevărată şi pentru ortocentrul H în cazul triunghiului ascuţitunghic. Notă. În aceeaşi manieră a rezolvat problema Vlad Emanuel, elev, Sibiu. L7. Fie M, N două puncte situate în interiorul ABC, avânddistanţele până lalaturileab, BC, CA egale cu,, 7, respectiv 9, 5, 5.Dacărazacercului circumscris ABC este R =8,săsecalculezeMN. Vlad Emanuel, elev, Sibiu Soluţie. Fie A, B, C şi A, B, C proiecţiile punctelor M, respectiv N pe laturile AB, A BC, CA. Considerăm punctul I [MN] astfel C MI IN = şi fie MQ k BC, Q NA, B N B I =Pr BC I, {P } = II MQ.AvemcăNQ = I NA MA IP =5 =şi NQ = MI MN =, C deci IP =, apoi II = + =. Dacă M P Q I =Pr AC I, I =Pr AB I,analogsearatăcă II = II =, prin urmare I este centrul cercului înscris în ABC, iarr =. Rezultă căîn B A I A C inegalitatea lui Euler R r se atinge egalitatea şi astfel ABC este echilateral.
Notăm x = A B, y = C B. Din teorema lui Pitagora, BM = BC + C M = BA + A M. Apoi, cu teorema cosinusului, A C = MC + MA MC MA cos = BC +BA BC BA cos 6.Obţinem astfel sistemul x + = y +9, x + y xy =9, cu unica soluţie admisibilă x = 8, y = 7. Latura ABC echilateral este l =8.CumI este mijlocul lui BC, vomavea că BI =, de unde A I = 8 =. Ştim că A I I A = MI =, deci IN A A =. Din trapezul dreptunghic MA A N găsim MN =. Notă (MihaiHaivas). Dacă M,N Int ABC au distanţele până lalaturile triunghiului egale cu a, b, c, respectiv a, b, c, iar raza cercului circumscris ABC este R = (ab a b) a b a + b,atuncicondiţia (ab a b)(b c b + c )=(bc b c)(a b a + b ) este suficientă pentrucatriunghiulsă fie echilateral. În cazul nostru, cele două relaţii sunt verificate. L8. Să searatecăînoriceabc are loc inegalitatea (sin A +sinb +sinc) sin π A. Marian Tetiva, Bârlad Soluţia (Vlad Emanuel, elev, Sibiu). Deoarece µ π sin B +sinc =sin A cos B C cos A, cu egalitate când B = C = π A,rămâne să demonstrăm că sin A cos A µ cos π A 6 sin A cos A cosa µ cos π 6 cos A +sinπ 6 sin A Notăm x =cos A (, ), x =sin A ;avemdearătat că x p x x x p Ã! p x x x x. Dacă x> rămâne că x,evident,iardacăx< rămâne x,iarăşi evident. Egalitatea se atinge în cazul triunghiului echilateral. Soluţia (a autorului). Mai general, vom demonstra că oricare ar fi x, y, z (,π), are loc inegalitatea sin x + y + z sin x +siny +sinz 8 sin x + y + z. sin x + y z. ()
Plecăm de la egalitatea imediată sin x + y sin x +siny pe care o rescriem sub formele sin x + y + z + t sin z + t sin x + y sin z +sint +sin z + t Din relaţiile (), () şi () deducem că sin x + y + z + t +sin z + t =sin x + y =sin z + t =sin x + y + z + t sin x +siny +sinz +sint sin z t +sin x + y + z + t sin x y, () sin z t, () =sin x + y sin x + y z t sin x + y z t. 8 () sin x y + 8 Pentru x, y, z, t (,π), primii doi termeni din membrul drept sunt nenegativi (egali cu când x = y, z = t), deci are loc inegalitatea sin x + y + z + t sin x +siny +sinz +sint sin x + y + z + t sin x + y z t. 8 Înlocuind aici t = x + y + z,obţinem exact relaţia (). Egalitatea se atinge pentru x = y, z = x + y + z, deci când x = y = z. Cerinţa problemei se obţine din () pentru x + y + z = π. Egalitatea se atinge în cazul triunghiului echilateral. L9. Se dau numerele reale pozitive subunitare a,a,...,a n n, n N\{, }. Să se demonstreze inegalitatea (sumarea se face prin permutări circulare) X a n a n + a n +...+ a n n n Soluţie. Cum >a n+,atunci X a n a n+ + a n+ + + a n+ n n < X a n a n+ + a n+ + + a n+ n n +n + < n n +. +n + < +n + an+ Ioan Şerdean, Orăştie = an + a n + + a n n n a n+ + a n+ + + a n+ () n n +n. Pe de altă parte, din inegalitatea mediilor MG MA,avemcă a (n ) a n+ ++ (n +) n+ n+ n =(n +)a n =.
şi încă n n inegalităţi analoage pentru a, a,..., a n n. Prin adunarea acestora membru cu membru, obţinem că ³ (n ) a n+ + a n+ + + a n+ n n + n n ³ (n +) a n + a n + + a n n n an + a n + + a n n n n a n+ + a n+ + + a n+ n n +n n +. () Din () şi () rezultă inegalitatea dorită, care este strictă întrucât() este strictă. L. Fie a, b, c (, ) şi n, k N. Demonstraţi inegalitatea a n+k b n + bn+k c n + cn+k a n ak + b k + c k n(a b) + k(a k + b k + c k ). (În legătură cuoproblemăpropusă la OBM 5). Titu Zvonaru, Comăneşti şi Bogdan Ioniţă, Bucureşti Soluţie. Considerăm polinomul P (t) =kt n+k (n + k) t k + n, t>. Folosind schema lui Horner, obţinem că P (t) =(t ) kt n+k + +nt + n n (t ). În inegalitatea P (t) n (t ) facem t = a b ;obţinem k an+k ak n (a b) (n + k) n + bn+k bk b Scriem încă douărelaţii analoage pentru t = b c şi t = c a µ a n+k k b n + bn+k c n + cn+k a n k a k + b k + c k +n Însă, din inegalitatea Cauchy-Schwarz, avem că (a b) (b c) (c a) b k + c k + a k de unde concluzia problemei. k an+k b n (n + k) a k nb k n (a b) + b k. şi le sumăm: Ã (a b) (b c) b k + c k + (a b + c b + a c) a k + b k + c k =! (c a) a k. (a b) a k + b k + c k, L. Se dau m numere naturale distincte din mulţimea {,,...,n}. Să se arate că putem alege câteva dintre ele, cu suma S, astfelîncât m(m +) S n + n m. Adrian Zahariuc, elev, Bacău Soluţie. Fie a <a < <a m cele m numere date. Notăm cu j indicele m (m +) minim pentru care a + a + + a j şi cu i indicele maxim pentru m (m +) care a i + a i+ + + a j. Pentru S = a i + a i+ + + a j este atunci m (m +) îndeplinită condiţia S.
m (m +) Din maximalitatea lui i, avems a i,deci m (m +) S a i +. () Din minimalitatea lui j, deducem că m (m +) a + a + + a j < a i + a i+ + + a j a j >a + a + + a i. Însă a k k, k N, deci i (i ) n a + a + + a i ++ +(i ) = i n +. Apoi, a k n m + k, k {,,...,m}; înparticular a i n m + i n m + n +. () m (m +) Din relaţiile () şi () obţinem că S + n m + n, ceea ce încheie rezolvarea. L. Pentru n N, notăm cu a(n) numărul modurilor în care n se poate scrie ca sumă aunuinumăr par de puteri ale lui şi cu b(n) numărul modurilor în care n se poate scrie ca sumă aunuinumăr impar de puteri ale lui. Săsearatecă a(n) =b(n), n. Adrian Zahariuc, elev, Bacău Soluţia. Fie N mulţimea tuturor şirurilor de numere naturale care au un număr finit de termeni nenuli. Pentru fiecare n N, definim M n = {(a,a,...) N n = a +a +a + }. Atunci se observă că a(n) = M n (A), unde M n (A) ={(a,a,...) M n a + a + = par} ; b(n) = M n (B), unde M n (B) ={(a,a,...) M n a + a + = impar}. Evident că a (n +)=a (n) şi b (n +)=b (n). () Să evaluăm a (n). Esteclarcă a este tot timpul par. Cardinalul lui M n (A) cu a =k, k {,,,...,n}, esteb (n k). Atunci a (n) =b (n)+b(n ) + + b () a (n) =a (n ) + b (n). () Analog se arată că b (n) =b (n ) + a (n). () Folosind relaţiile (), () şi (), searată prin inducţie că a (n) =b (n), n. Notă. Asemănător a rezolvat problema Vlad Emanuel, elev, Sibiu. Soluţia (a autorului). Vom folosi funcţii generatoare. Fie f (x) = x + x x + = +x. Atunci, din definiţia numerelor a (n) şi b (n) dată înprimasoluţie, X (a (n) b (n)) x n = f (x) f x f x = +x +x = x, +x n= 5
de unde a (n) b (n) =, n, ceeacetrebuiademonstrat. L. Determinaţi numerele reale a, b pentru care mulţimea A = {a n + b n n N } este finită. Gheorghe Iurea, Iaşi Soluţia (a autorului). Notăm S n = a n + b n, n N. Deoarece A este finită, ea este mărginită: există m =mina, M =maxa, deci m S n M, n N. Pentru a >, avemcă S n = a n + b n a n = +a n +n a >M, n > M a. Din contradicţia obţinută rezultă că a. La fel se arată că b. Dacă a <, a 6= şi b, atunci a n+ <a n şi b n+ b n, deci S n+ < S n, n N. Rezultă astfelcămulţimea A este infinită, fals. Analog se obţine contradicţie dacă b <, b 6=. Deducem că a, b {,, } şi pentru aceste valori se verifică imediatcă A este finită. Soluţia (Vlad Emanuel, elev, Sibiu). Dacă A, B sunt mulţimi finite cu A = m, B = n, atunci A±B = {x ± y x A, y B} şi A B = {xy x A, y B} sunt tot finite, având cel mult mn elemente. Fie x n = a n + b n ;cumaeste finită, mulţimile {x n n N } şi x n n N ª sunt finite. Atunci o x n x n n N ª = {a n b n g n N } este finită, apoi n(a n b n ) n N este finită, deci {a n b n n N } este finită. Cum a n = (an + b n )+(a n b n ), deducem că {a n n N } este finită, de unde se deduce imediat că a {,, }. Analog obţinem că b {,, } şi pentru aceste valori se verifică imediatcă A este finită. L. Considerăm o parabolă şi două drepte secante parabolei, paralele între ele, dar neparalele cu axa de simetrie a parabolei. Folosind doar rigla negradată, să se construiască tangenta la parabolă careesteparalelă cu dreptele date. Titu Zvonaru, Comăneşti Soluţie. Fie P : y =px parabola dată, iar d şi d cele două drepte. Fie P (x,y ), Q (x,y ) intersecţiile lui d cu P, cuy =px, y =px,iarm (a, b) punctul căutat în care tangenta la parabolă este paralelă cudreaptapq. Tangenta în M are ecuaţia by = px + pa şi panta p, iar dreapta PQ are panta b y y = p (y y ) = p (y y ) x x px px y = p. y y + y Din egalitatea pantelor obţinem că b = y + y,decim are aceeaşi ordonată cu mijlocul segmentului [PQ]. Folosind teorema lui Ceva, se arată că putem construi mijlocul unui segment dacă avem dată odreaptă paralelă cu el, apoi putem construi o nouă paralelă lasegment printr-un punct dat, ambele construcţii efectuându-se doar cu sigla negradată (vezi, de exemplu, A.Tóth - Noţiuni de teoria construcţiilor geometrice, E.D.P., 96). Cu segmentul [PQ] şi dreapta d,construimmijloculm al lui [PQ]. Dacă d taie parabola în P şi Q,construimmijloculM al lui [P Q ]. Dreapta MM taie parabola în punctul T (ea fiind paralelă cu axa de simetrie a parabolei) şi acum paralela prin T la d este tangenta dorită. 6
Notă. Soluţie corectă s-a primit de la Vlad Emanuel, elev, Sibiu. L5. Determinaţi P R[X], grad P, astfel încât funcţia f : R R, f(x) =p({x})+{p(x)} să fie periodică (undep este funcţia polinomială ataşată lui P,iar{ } desemnează partea fracţionară). Paul Georgescu şi Gabriel Popa, Iaşi Soluţie. Vom arăta că nuexistă polinoame P cu proprietăţile din enunţ. Presupunem contrariul şi fie T R + o perioadă aluif. Cum discontinuităţile posibile ale lui f sunt numere întregi şi soluţiile ecuaţiei p (x) =n, n Z, rezultă că f are în [,T] un număr finit de puncte de discontinuitate fie acesta N. Funcţia f va avea acelaşi număr de puncte de discontinuitate în orice interval [kt, (k +)T ], k Z. Fie n =gradp ;atuncig : R R, g (k) =p ((k +)T ) p (kt) este funcţie polinomială degradn în k, deci lim k presupunem că lim k g (k) =±. Pentru fixarea ideilor, să g (k) =+. Existăatuncik Z pentru care g (k) N +[T ]+. Cum p ((k +)T ) p (kt) N +[T ]+,întrep (kt) şi p ((k +)T ) se vor afla minim N +[T ]+valori întregi, iar din continuitatea funcţiei polinomiale p pe R rezultă că p ia toate aceste valori pe [kt, (k +)T ]. În intervalul [kt, (k +)T ] se află cel mult [T ]+ numere întregi, posibile puncte de discontinuitate pentru p ({x}) şi cum p ({x}) este continuă pe restul intervalului, rezultă că f are cel puţin N + puncte de discontinuitate pe [kt, (k +)T ], contradicţie. IMPORTANT În scopul unei legături rapide cu redacţia revistei, pot fi utilizate următoarele adrese e-mail: tbirsan@math.tuiasi.ro sau t_birsan@yahoo.com şi profgpopa@yahoo.co.uk.peaceastă cale colaboratorii pot purta cu redacţia un dialog privitor la materialele trimise acesteia, procurarea numerelor revistei etc. Sugerăm colaboratorilor care trimit probleme originale pentru publicare să le numeroteze şi să-şi reţină o copie xerox a lor pentru a putea purta cu uşurinţă odiscuţie prin e-mail asupra acceptării/neacceptării acestora de către redacţia revistei. La problemele de tip L se primesc soluţii de la orice iubitor de matematici elementare (indiferent de preocupare profesională sau vârstă). Fiecare dintre soluţiile acestor probleme - ce sunt publicate în revistă după un an- va fi urmată de numele tuturor celor care au rezolvat-o. Adresăm cu insistenţă rugămintea ca materialele trimise revistei să nu fie(să nu fi fost)trimise şi altor publicaţii. Rugăm ca materialele tehnoredactate să fie trimise pe adresa redacţiei însoţite de fişierele lor (de preferinţă înl A TEX). 7