Soluţiile problemelor propuse în nr. 2/2010

Soluţiile problemelor propuse în nr. /00 Clsele primre P.96. Mior rnjeză ptru mărgele, două lbe şi două glbene, un lângă lt, pe o ţă. În câte feluri pote rnj Mior mărgelele? (Cls I) Inst. Mri Rcu, Işi Soluţie. Mior pote rnj mărgelele în şse moduri: AAGG, GGAA, GAGA, AGAG, AGGA, GAAG. P.97. Dn împrte o ciocoltă stfel: o linie întregă de 4 pătrăţele pentru frtele său, o colonă întregă de 4 pătrăţele pentru sor s, ir restul pentru sine. Câte pătrăţele de ciocoltă i-u revenit lui Dn? (Cls I) Mri Ursu, elevă, Işi Soluţie. Iniţilciocoltve4coloneşi 5linii. Dnrămscu 3+3+3+3= pătrăţele de ciocoltă. P.98. Numărţi figurile geometrice din desenul lăturt şi scrieţi: ) numărul triunghiurilor; b) numărul figurilor geometrice cre sunt pătrte su dreptunghiuri. (Cls II-) Andree Amrndei, studentă, Işi Soluţie. ) 5 triunghiuri; b) 5 pătrte şi 4 dreptunghiuri formeză 9 figuri geometrice cre sunt pătrte su dreptunghiuri. P.99. Dcă 5 = 5 b, pote fi diferenţ b un număr impr? (Cls II-) Andree Bîzdîgă, elevă, Işi Soluţie. Din 5 = 5 b se obţine +b = 30, deci b este număr pr, căci sum şi diferenţ două numere nturle u ceeşi pritte. P.00. Dintr-un număr de bile, u mse egle, ir un re o msă mi mre decât celellte. Cre este cel mi mic număr de cântăriri prin cre se pote depist bil cu ms mi mre, dcă vem l îndemână o blnţă cu două tlere? (Cls III-) An Cojocru, Işi Soluţie. Formăm trei grupe: 5b, 5b, b. Aşezăm câte 5 bile pe fiecre tler. După prim cântărire determinăm grup cre conţine bil mi gre. În continure mi vem nevoie de mximum două cântăriri pentru determin bil ce mi gre. În concluzie, numărul cel mi mic de cântăriri este 3. P.0. Diferenţ dintre sum vârstelor două persone şi diferenţ lor este 0 de ni. Triplul sumei vârstelor este egl cu de 7 ori diferenţ vârstelor. Cre este vârst fiecărei persone? (Cls III-) Vleri Avsîlcei, Işi Soluţie. Din ( +b) ( b) = 0 se obţine b+b = 0, deci b = 0. Utilizând dou informţie găsim 3( + 0) = 7( 0), de unde 3 +30 = 7 70, şdr 30 = 4 70 şi = 5. Vârstele sunt: 5 ni, 0 ni. 48

P.0. Aflţi numerele b şi c, cu b 9 şi c 0, stfel încât, dcă mărim cifrele şi b cu câte o unitte, tunci produsul b c se dubleză. (Cls III-) Amli Muntenu, elevă, Işi Soluţie. Dcă cifrele şi b se măresc cu câte o unitte, tunci numărul b devine b + şi condiţi problemei ne dă (b + )c = b c, de unde c = b c şi obţinem b =, c =,,3,,9. P.03. Cei doi tigri de l Zoo u suficientă hrnă pentru 3 săptămâni. Au mi fost duşi, însă, încă 5 tigri. Dcă fiecre mănâncă ceeşi cntitte de hrnă pe zi, câte zile le v mi junge cum hrn? (Cls IV-) Inst. Lur Chirilă, Işi Soluţie. Dcă tigri u suficientă hrnă 3 săptămâni, tunci un singur tigru re suficientă hrnă 6 săpţămâni, dică 4 zile. 7 tigri vor ve suficientă hrnă numi 4 : 7 = 6 zile. P.04. Aflţi tote numerele nturle n stfel încât triplul predecesorului lui n nu depăşeşte dublul succesorului lui n. (Cls IV-) Andree Simion, elevă, Işi Soluţie. Trebuie să vem 3 (n ) (n+), dică 3 n 3 n+, cee ce este echivlent cu n 5 şi obţinem n =,,3,4,5. P.05. Fie S sum zece numere nturle nenule. ) Dcă S = 54, rătţi că există cel puţin două numere egle. b) Aflţi zece numere nturle nenule distincte pentru cre S = 57. Câte posibilităţi sunt? Justificţi! (Cls IV-) Constnţ Tudorche şi Nelu Tudorche Soluţie. ) Sum celor mi mici zece numere nturle nenule distincte este + +3+ +9+0 = 55. Micşorând cu o unitte unul dintre termeni, vom obţine două numere egle. b) În sum ++3+ +9+0 = 55 putem să înlocuim pe 9 cu su pe 0 cu şi obţinem 0 numere nturle nenule şi distincte cre u sum 57. Avem două posibilităţi. Cls V- V.3. Un spiriduş îi şopteşte Ionei: Pentru slv lume de rău, prepră o poţiune din prf de ur şi prf de stele. În cmer lbstră este un dulp uriş, cu numerose rfturi, fiecre conţinând câte 0 de sticluţe numerotte: de l l 0 pe primul rft, de l l 40 pe l doile etc. Numărul rftului cu sticluţ cu prf de ur este egl cu numărul sticluţei cu prf de stele. Sum dintre numărul sticluţei cu prf de ur şi numărul sticluţei cu prf de stele este 43. Cre sunt numerele sticluţelor pe cre trebuie să le legă Ion? Cristin Timofte, Işi Soluţie. Fie x numărul sticluţei cu prf de stele; numărul sticluţei cu prf de ur v fi 0(x )+r unde r pote fi,,,0. Avem: x+0(x )+r = 43 x+r = 63, r 0. Singur soluţie convenbilă este x =, r =. Sticluţele căutte sunt numerotte cu (ce cu prf de stele), respectiv 3 (ce cu prf de ur). 49

V.4. Arătţi că numărul A = 00 7 + 7 3 + + 7 99 00 +589 3 + 3 5 + + este cel mi mre număr nturl de trei cifre distincte. 587 589 Anc Chiriţescu, Ţigănşi (Işi) Soluţie. Clculând sumele (telescopice) din prnteze, obţinem că A = 00 693 94 +589 = 987, cre este cel mi mre număr nturl de trei cifre distincte. 00 589 V.5. Se consideră numărul = ++3+ +00 şi mulţime M = {n N n = k,k N}. Determinţi cele mi mici cinci elemente le lui M. Nicole Ivăşchescu, Criov Soluţie. Clculând sum, obţinem că = 00 0 : = 3 5 67 0, unde fctorii ultimului produs sunt numere prime. Cum n este pătrt perfect, rezultă că n = 3 5 67 0 m = m, cu m N. Cele mi mici cinci elemente le lui M sunt 0,,4,9 şi 6. V.6. Se consideră mulţime A = {,,3,,00}. Scrieţi mulţime A c reuniune trei mulţimi disjuncte două câte două, vând celşi crdinl şi ceeşi sumă elementelor. Mirel Mrin, Işi Soluţie. Avem că A = B C D, unde B = {6k+ 0 k 334} {6k+6 0 k 334}, C = {6k+ 0 k 334} {6k+5 0 k 334} şi D = {6k +3 0 k 334} {6k+4 0 k 334}. Fiecre dintre mulţimile B,C şi D re crdinlul 670 şi sum elementelor eglă cu 673 685, deci sunt îndeplinite cerinţele problemei. V.7. Determinţi numerele nturle A pentru cre A + S(A) = 00. (Am nott cu S(A) sum cifrelor numărului A.) Cătălin Budenu, Işi Soluţie. Numărul A este de cel mult ptru cifre, cu cifr miilor cel mult eglă cu, deci S(A) +9+9+9 = 9. Rezultă că 98 A 00. Verificând cele treizeci de posibilităţi, obţinem că A {986, 004}. Evident, numărul verificărilor pote fi micşort. De exemplu, cum A şi S(A) du celşi rest l împărţire prin 3, ir sum 00 se divide cu 3, rezultă că A..3 şi stfel rămân de făcut dor zece verificări. V.8. Reconstituiţi o împărţire, ştiind că împărţitorul, câtul şi restul sunt cifre le deîmpărţitului. Ion Săcălenu, Hârlău Soluţie. Fie D = I C +R, cu R < I. Cum I,C,R sunt cifre, rezultă că D 89, ir din R < I, urmeză că D nu pote fi număr de o cifră. Astfel, D = b şi I,C,R {,b}; deducem că I = C > R su I > C = R. În czul în cre > b, obţinem că I = C =, R = b, respectiv I =, C = R = b; prim situţie conduce l 0+b = +b = 0, imposibil, ir dou conduce l 00+b= b+b b = 0, din nou impisibil. Rămâne că < b, deci I = C = b, R = su I = b,c = R =. În primul cz, 0+b = b + 9 = b(b ), cu unic soluţie = 8, b = 9, ir în cel de-l doile, 0+b = b+ 9 = (b ) b = 0, imposibil. În concluzie, împărţire căuttă este 89 = 9 9+8. 50

V.9. Fie,b,c trei numere impre, ir A = +b 3 +c 5 b+c. Ştiind că 30A nu este pătrt perfect, rătţi că măcr unul dintre numerele,b,c nu este pătrt perfect. Andrei Nedelcu, Işi +b Soluţie. Întrucât,b,c sunt impre, numerele x =, y = +c şi z = b+c sunt nturle, vând sum eglă cu + b + c, deci impră. Rezultă că x,y,z sunt fie tote impre, fie unul impr şi două pre. Prim situţie nu convine, deorece numărul 30A = x+ 3y+ 5z+ r ve toţi exponenţii pri, deci r fi pătrt perfect. Rămâne că există un număr pr printre numerele x,y,z (de fpt, chir două) şi tunci două dintre numerele impre,b,c du resturi diferite ( şi 3) l împărţire prin 4. Acel dintre numerele,b,c cre este de form M 4 +3 nu pote fi pătrt perfect. Cls VI- VI.3. Stbiliţi în câte moduri îl putem scrie pe 00 c sumă de trei numere nturle nenule, direct proporţionle cu trei numere nturle consecutive. Mirel Obrej şi Ion Lungu, Vslui Soluţie. Fie,b,c,n N stfel încât +b+c = 00 şi (,b,c)d.p.(n,n+,n+ ); folosind propriette fundmentlă şirului de rporte egle, vem că n = b n+ = c n+ = +b+c n+(n+)+(n+) = 00 3(n+) = 670 n+. n Atuncib = 670, = 670, irc = 670n+. Cum(n,n+) = şi(n+,n+)= n+ n+, rezultă că n + este un divizor l lui 670, cel puţin egl cu (deorece n 0). Otinem că n {,4,9,66,33,334,669}, prin urmre 00 pote fi descompus în şpte moduri cu respectre cerinţelor problemei. VI.4. Într-o duminică, bunic fce clătite pentru nepoţi; 40% dintre clătite sunt cu gem, ir restul cu ciocoltă. În duminic următore, bunic fce cu 0% mi multe clătite cu gem şi cu 5% mi puţine clătite cu ciocoltă. În cre dintre duminici făcut bunic mi multe clătite? Doru Turbtu, Işi Soluţie. Fie n numărul clătitelor făcute de bunică în prim duminică. Dintre ceste, 40% n = n 5 sunt cu gem, ir 3n sunt cu ciocoltă. În dou duminică, 5 vem n 5 + 00 n 5 = n 5 clătite cu gem şi 3n 5 00 3n 5 5 = 57n clătite cu ciocoltă, 00 în totl 0n clătite. Rezultă că în dou duminică bunic făcut mi multe clătite 00 (cu % mi mult decât în prim duminică). VI.5. Determinţi restul împărţirii prin 00 numărului A = 0 + 0 + +0 0. Andrei Pş, elev, Işi Soluţie. Pentruexponeţiimpri, n +b n = M(+b),oricrerfi,b N. Înczul nostru, 0 +009 0 = M 00, 0 +008 0 = M 00,,004 0 +006 0 = M 00. Evident că 00 0 = M 00, ir 0 0 = (00 + ) 0 = M 00 +. 5

Numărul 005 0 este impr şi se divide cu 005, prin urmre 005 0 = M 00 + 005. În concluzie, A = M 00 +006. VI.6. Pe tblă sunt scrise numerele,,3,,00. Andrei şterge de pe tblă două numere, înlocuindu-le cu medi lor ritmetică şi procedeză stfel în mod repett, până când pe tblă rămâne un singur număr. Este posibil c cest ultim număr să fie 009, 5? Gbriel Pop, Işi Soluţie. Medi ritmetică două numere distincte este strict mi mică decât numărul mi mre. Pentru c în finl să rămână pe tblă numărul 009,5,l ultimul ps trebuie să fcă medi numerelor 00 şi 008,5. Pentru obţine 008,5, l penultimul ps Andrei v fce medi numerelor 009 şi 008. Astfel, în primii 007 pşi, r trebui c din numerele,,,008, să rămână pe tblă 008, fpt imposibil conform observţiei iniţile. VI.7. Considerăm punctele colinire distincte A, B, C, D şi E stfel încât AB = b, AC =, BD = b ( < b < 3), E este simetricul lui B fţă de D, ir mijlocul segmentului [AC] este punctul E. Aflţi numerele şi b, ştiind că BD = 6. Mtei Hăvârnenu, elev, Işi Soluţie. Considerând pe drept AB sensul de prcurs dinspre A către B, primele ptru puncte se pot fl într-un dintre ordinile A B C D, C A B D su b- C E A D B C A D B. În primele două situţii, mijlocul segmentului AC nu pote coincide cu simetricul lui B fţă de D. Rămâne de studit dor czul C A D B. Cum E este mijlocul lui [AC], obţinem că AE =. Însă D este mijlocul lui [BE], prin urmre + = b, deci b = 5. Condiţi BD = 6 conduce l = 4, b = 0. VI.8. Se consideră triunghiul isoscel ABC cu m( A) = 0. Perpendiculr în A pe AC intersecteză bisectore unghiului C în F şi ltur BC în E. Prlel prin E l AB tie CF în M şi notăm {P} = AM BC. Determinţi măsur unghiului APB. Gbriel Pop, Işi Soluţie. Observăm că AB = AC, m( B) = m( C) = 30, ir m( BAE) = 0 90 = 30. Cum AB EM, deducem că m( AEM) = 30. Însă m( AEC) = 80 90 30 = 60, prin urmre EM este bisectore unghiului AEC. Rezultă că M este centrul cercului înscris în AEC, deci m( EAP) = 90 = 45. Din triunghiul AEP obţinem că m( APB) = 80 60 45 = 75. VI.9. Se consideră triunghiul ABC. Determinţi un punct M pe ltur [AC], flt l eglă distnţă de vârful A şi de drept BC. Mihel Cing, Işi 5 B E F A P M C

Soluţie. Fie O punctul de intersecţie dintre BC şi perpendiculr în A pe drept AC. Din ipotez problemei, rezultă că M este egl depărtt de dreptele OA şi OC, prin urmre se flă situt l intersecţi dintre AC şi bisectore unghiului AOC. Cls VII- VII.3. Determinţi numerele bc, scrise în bz 0, pentru cre numărul A = bc Ô bc 8 este nturl. Vsile Chiric, Bcău Soluţi. Observăm că Ô bc 8 = bc A N, deci numărul bc 8 este pătrt perfect. Rezultă că bc = k +8, unde k {9,0,,3}. Verificând cele de czuri posibile, obţinem că A este număr nturl dor când bc {09,8}. Soluţi. Mi generl, determinăm numerele nturle x pentru cre A = x x 8este număr nturl. Vom vex = k +8, k N, irk k+8 = A, dică (k ) 4A =. Deducem că (k A )(k +A ) = şi, studiind czurile posibile, regăsim exct soluţiile de mi sus. Remrcăm stfel fptul că nu este esenţil c numărul nturl x să fie de trei cifre. VII.4. Demonstrţi că nu există numere nturle n pentru cre numărul A = n+ n+00 să fie pătrt perfect. Neculi Stnciu, Buzău Soluţie. Dcă n,m sunt numere nturle stfel încât n+ m Q, tunci n şi m sunt pătrte perfecte. Într-devăr, m obţine că n m = n m n+ m Q, deci n = [( n+ m)+( n m)] Q şi m = ( n+ m) n Q. Cum n,m N, deducem că n, m N, prin urmre n şi m sunt pătrte perfecte. Săpresupunem cărexistn NpentrucreA N; tuncin =,n+00= b, cu,b N. Rezultă că b = 00, deci (b )(b+) = 00. Cum A = +b este pătrt perfect, r trebui c +b =, b = 00, situţie cre nu convine. În concluzie, nu există n N pentru cre A să fie pătrt perfect. VII.5. Demonstrţi că numărul A = 009 0 00 00 0 009 + este divizibil cu 00. Tmr Culc, Işi Soluţie. Întrucât ( + b) n = m + nm + b n, vem că 0 00 = M 00 + 00 M 00 + = M 00 +, ir 0 009 = M 00 + 009 M 00 +. Atunci A = 009(M 00 + ) 00 (M 00 + 009 M 00 + ) + = M 00 + 009 M 00 00+ = M 00. VII.6. Dcă, b, c sunt lungimile lturilor unui triunghi, ir p este semiperimetrul cestui, demonstrţi că p + b p b + c p c 6. 53 O B A Ionel Nechifor, Işi M C

p Soluţie. Avem: p + b p b + c p c = p p + p p b + p p c = p + p b + p c 3 = ((p )+(p b)+(p c)) p + p b + p c 3 9 3 = 6, cu eglitte în czul triunghiului echilterl. Notă. S-u primit lte trei soluţii le cestei probleme din prte d-lui Titu Zvonru, Comăneşti. VII.7. Se consideră triunghiul ABC, punctul A D pe ltur (BC) şi romburile BDEF şi CDGH cu E,G (AD), stfel încât A,F şi H sunt de ceeşi prte F E dreptei BC, ir AD sepră F şi H. Demonstrţi că G H dreptele AD, BH şi CF sunt concurente.. Dn Popescu, Sucev O Soluţie. Fie {O} = BH CF; cum BF CH, rezultă B D C că HO OB = HC BF = CD. Cu reciproc teoremei lui Thles în BCH, obţinem că DB DO CH şi tunci O AD, deci dreptele AD,BH şi CF sunt concurente. VII.8. Pe ltur (AB) triunghiului scuţitunghic ABC se consideră punctul M, ir pe segmentul (CM) punctul N, stfel încât BNM CAM. Demonstrţi că AN BC. Constntin Apostol, Rm. Sărt Soluţie. Avem că NMB CMA şi, cum cele două unghiuri sunt suplementre, ele vor fi drepte, deci CM AB. Fie {P} = BN AC; deorece NBM ACM şi m( ACM)+m( A) = 90, rezultă că m( ABP)+ m( A) = 90, prin urmre BP AC. Astfel, N se flă l intersecţi două înălţimi le triunghiului, dică este ortocentrul cestui. Deducem că AN este tot înălţime, deci AN BC. VII.9. Se consideră triunghiul ABC cu BC > AC > AB şi punctele D,E pe ltur (BC) şi F pe (AC), stfel încât AB = BD = AF, ir AC = CE. Drept BF intersecteză AD şi AE în G, respectiv H. Arătţi că punctele D,E,G şi H sunt conciclice. Dniel Brumă, Deleni (Işi) Soluţie. Observăm că, pe BC, ordine punctelor este B E D C, deorece ltfel r rezult că BC > AB + AC, imposibil. Din triunghiurile isoscele ABF şi EAC, obţinem că m( ABF) = 90 m( A), ir m( EAC) = 90 m( C), deci m( BAH) = m( A) + m( C) 90. Deducem că m( AHB) = 80 m( ABF) m( BAH) = 80 m( A), prin urmre m( EHG) = 80 m( A) = 80 m( D) (dtfiindfptulcătriunghiulbad esteisoscel). Rezultăstfelcăm( EHG)+m( D) = 54 M B B H.. E A N A G P.. D. F C C

80, de unde concluzi problemei. Cls VIII- VIII.3. Rezolvţi în R ecuţi x +y xy +x 0y+4 = 0. Ionic Mrcovschi, Pşcni Soluţie. Ecuţi dtăse pote scriesub form(x y+) +(x ) +(y 3) = 0. Cum pătrtele numerelorrele sunt nenegtive, obţinem că x y+ = x = y 3 = 0, de unde x =, y = 3. VIII.4. Demonstrţi c numărul A = (4 + +)(3 4 +3 +) (00 4 +00 +) 3(00 +00+) este pătrt perfect. Binc Mri Filip, elevă, Işi Soluţie. Folosind descompunere n 4 +n + = (n +) n = [n(n )+] [n(n+)+], obţinem că A = ( ++) (3 +3+) (009 +009+), deci A este pătrt perfect. äô n +3n+9 ç = Ô n +3n+9. VIII.5. Determinţi numerele întregi n pentru cre Ionuţ Stroe, student, Işi Soluţie. Prte întregă fiind număr întreg, rezultă că n + 3n+9 = k, unde k N. Obţinem că (n + 3) + 7 = 4k, deci (k + n + 3)(k n 3) = 7, cu mbele prnteze numere întregi. Anlizând situţiile posibile, găsim soluţiile n { 8, 3,0,5}. VIII.6. Fie,b,c,p N cu,b,c distincte şi p R\Q, ir A = { p,b p, c p}. Funcţi f : A N este definită prin f(x) = x +(c b)x b. Dcă x,y A, x < y, demonstrţi că f(x) < f(y). Cosmin Mne şi Drgoş Petrică, Piteşti Soluţie. Cum f( p) N, obţinem că ( p b )+(c b) p N, de unde (c b) = 0. Ştim că 0, deci c b= 0 şi tunci f(x) = x (b+). Dcă x,y A, x < y, numerele x şi y vor fi pozitive, prin urmre x < y şi de ici rezultă că f(x) < f(y). VIII.7. Determinţi numerele rele x, y şi z, ştiind că 4(x )y z +4(y )z x +4(z )x y = 3x y z. Lucin Tuţescu şi Mrin Mărculescu, Criov Soluţie. Dcă unul dintre numerele x,y su z este zero, vom ve şi un l doile număr nul, prin urmre ecuţi dtă re soluţiile (α,0,0);(0,β,0) şi (0,0,γ), cu α,β,γ R. Dcă xyz 0, împărţim prin 4x y z şi obţinem că x x + y y + z z = 3. Fiecre dintre frcţiile din stâng este însă cel mult eglă cu 4 55

4 (x x 4 (x ) 0, evident devărt, cu eglitte dor dcă x = ). Deducem că ecuţi din enunţ, mi dmite, în plus, soluţi (,,). VIII.8. Dcă cercurile înscrise în trei feţe le unui tetredru sunt tngente două câte două, tunci cercul înscris în ptr fţă este tngent primelor trei. Mihály Bencze, Brşov Soluţie. Considerăm cercurile înscrise triunghiurilor ABC, ACD şi ABD tngente muchiilor în T,T,,T 6. Avem că AT = A AT = AT 3 = (deorece sunt tngente duse din A l cercurile înscrise în triunghiurile ABC, ACD). L fel, T 3 T.. BT = BT 4 = BT 6 = b; CT 4 = CT = CT 5 = c şi T DT 5 = DT 3 = DT 6 = d. Dcă M,N,P sunt punctele de D tngenţă le cercului înscris triunghiului BCD cu lturile T 6. B.. BC,CD respectiv BD, cum BM = T 5 P BCD CD = T 4 C (b+c+d) (c+d) = b = BT 4, rezultă că M = T 4. L fel, N = T 5 şi P = T 6. VIII.9. Să se rte că din feţele unui cub de muchie l, confecţiont din crton, putem construi, fără resturi, feţele şse cuburi de muchii l,l,,l 6 stfel încât l = l +l + +l 6. Petru Asftei, Işi Soluţie. Împărţim fiecre fţă cubului dt în şse pătrte de lturi l = 3 l şi l = l 3 = = l 6 = 3 l. Evident, l +l + +l 6 = 4 9 l +5 9 l = l. Cls IX- IX.. Let,b,cbe positive rel numbers. Prove tht + + + b+c +b c+ +c +b 3. Pedro H.O. Pntoj, Brzil x Soluţi. Conform ineglităţii lui Nesbitt, vem că y +z + y z +x + z x+y 3. Luând x = +, y = b +, z = c + +, obţinem că b +c + 3. Pe de ltă prte, cum b + b, c + c, rezultă că b + c + (b + c), deci + b+c + b +c şi de ici urmeză ineglitte cerută. Eglitte se + tinge pentru = b = c =. Soluţi. AvemÈ deciè + b+c +b+c + b+c (+b+c) (+b+c) = +b+c Ö 9 +b+c (+b+c) şiè b+c 9 9 (+b+c) = 3. (+b+c), IX.. Arătţi că pentru fiecre număr nturl n, există numerele nturle x < x < < x n stfel încât + + + = x x x n 00. Rdu Sv, Işi 56

Soluţie. Vom demonstr firmţi prin inducţie mtemtică. Pentru n =, putem consider x =0 şi x = 00 0.Presupunem că există x,x,,x n c în enunţ şi să rătăm că există y < y < < y n+ stfel încât + + + = y y y n+ 00. Cum = x n x n + + x n (x n +), putem lu y = x,,y n = x n, y n = x n +, y n+ = x n (x n +) şi tote cerinţele sunt îndeplinite. IX.3. Cordele AB şi CD le unui cerc de centru O sunt perpendiculre şi se intersecteză în P. Dcă E şi F sunt mijlocele segmentelor AC, respectiv BD, rătţi că PE = OF. Petru Asftei, Işi Soluţi. Dcă R, S sunt mijlocele segmentelor AB, respectiv CD, tunci PO = PR+PS = ( PA+ AR)+(PB+ BR)+( PC+ D CS)+( PD+ DS) = ( PA+ PB+ PC+ PD)+( AR+ BR)+ ( CS+ DS) = ( PA+ PC)+( PB+ PD) = PE+PF = PE+PO+OF. Deducem că PE+OF = 0, prin O F urmre PE = FO; în prticulr, PE = OF. S Soluţi. Fie {M} = PF AC. Cum APM FPB FBP ACP, rezultă că m( APM) + m( PAM) = 90, deci m( AMP) = 90. Astfel, FP AC şi, cum OE AC, deducem că PF OE. Anlog se A P E C R B rtă că OF P E şi tunci P EOF este prlelogrm, de unde concluzi problemei. IX.4. ) Dcă O este punctul de intersecţie digonlelor neperpendiculre le ptrulterului convex ABCD, tunci AB CD dcă şi numi dcă AO +DO + BC = BO +CO +AD. b) Presupunem că AB CD, m( AC,BD) 90 şi notăm cu r,r rzele cercurilor înscrise în triunghiurile AOD, respectiv BOC şi cu R,R rzele cercurilor circumscrise cestor triunghiuri. Arătţi că AD = BC r = r R = R. Cludiu Ştefn Pop, Işi Soluţie. ) Cum AOD BOC (opuse l vârf), tunci cos AOD = cos BOC, deci AO +DO AD = BO +CO BC ( ). Deducem D C AO DO BO CO că AB CD AO OC = BO AO DO = BO CO OD ( ) O AO +DO AD = BO +CO BC AO +DO + BC = BO +CO +AD. b) Cum AB CD, re loc eglitte de l punctul ). A B În plus, AO DO = BO CO şi S AOD = S BOC (= S). Atunci R = R AD DO AO = BO CO BC AD = BC, ir r = r S = S p = 4S 4S p p p (= p) p = p AO + DO +BC +(AO DO +AO BC + DO BC) = BO + CO + AD + (BO CO + BO AD + CO AD) BC(AO + DO) = AD(BO +CO) BC(p AD) = AD(p BC) BC = AD. 57

IX.5. Trei ceviene concurente împrt un triunghi ABC în şse triunghiuri mi mici, vând rzele cercurilor circumscrise R,R,,R 6. Dcă R = R +R + +R 6, demonstrţi că măcr două dintre numerele R,R,,R 6 sunt cel mult egle cu 6 R. Soluţie. Cu notţiile din figură, vem că Mrius Drăgn, Bucureşti BO sinbpo = R, AO sinapo = R, deci R = AO R BO. Anlog, R 3 = BO R 4 CO, R 5 = CO R 6 AO, prin urmre R R3 R5 = AO R R 4 R 6 BO BO CO CO = şi tunci AO R R 3 R 5 = R R 4 R 6. Vom răt că cel puţin unul dintre numerele R,R 3 şi R 5 este cel mult egl cu R. Întrdevăr, în cz contrr m ve că R > 6 R, R 3 > 6 R, 6 Cum R R 3 R 5 R >, ir R R 4 R 6 R 6 3 3 P A R R 6 N R O R 3 R 5 R 4 B M C R 5 > 6 R, deci R +R 3 +R 5 > R, ir R +R 4 +R 6 = R (R +R 3 +R 5 ) < R. +R 4 +R 6 < R 6 3, jungem l o contrdicţie. În ceeşi mnieră se rtă că cel puţin unul dintre numerele R,R 4 şi R 6 este cel mult egl cu R şi cu cest, rezolvre problemei este completă. 6 Cls X- X.. Rezolvţi ecuţi [log + x ( +x + x )] [log +x + x ( + x )] =, unde este un prmetru rel, ir [t] este prte întregă lui t. Ştefn Gvril, Pitr Nemţ Soluţie. Pentru c bz logritmilor să nu fie, se impune condiţi x R. Observăm că pentru orice x R, numerele + x şi +x + x sunt strict mi mri decât, prin urmre log + x ( +x + x ) = = t > 0. (+ x ) log +x + x Nu putem ve t =, întrucât x 0 şi tunci unul dintre numerele t su se flă t în intervlul (0,), deci prte s întregă v fi 0. În concluzie, ecuţi dtă nu re soluţii dcă R, ir pentru = 0 mulţime soluţiilor este R. X.. Se consideră mulţimile finite X, Y şi Z stfel încât Z Y, X = 4, Y 5 şi Z = 3. Determinţi Y, ştiind că numărul funcţiilor f : X Y căror imgine include Z este 08. Mihi Hivs şi Constntin Chirilă, Işi Soluţie. Dcă Z = {y,y,y 3 } Y, notăm cu A i = {f : X Y y i / f(x)}, i =,,3. Numărul funcţiilor cre verifică cerinţ problemei este m 4 A A A 3, unde m = Y. Conform principiului includerii şi excluderii, A A A 3 = A + A + A 3 A A A A 3 A A 3 + A A A 3 = 3(m ) 4 3(m ) 4 +(m 3) 4 = m 4 4m+36. Deducem că 4m 36 = 08, de unde m = 6. X.3. Fie,b,x,x,,x n numere rele strict pozitive (n N,n ) şi σ o 58

permutre mulţimii {,,,n}. Demonstrţi că x + b x n + b x + b n + b x x x n. x σ() x σ(n) Dn Nedeinu, Drobet Tr. Severin Soluţie. Eliminând numitorii, vem de demonstrt că (x x σ() +b)(x x σ() +b) (x n x σ(n) +b) (x +b)(x +b) (x n +b). Observăm că (x x σ() + b) (x + b)(x σ() + b), întrucât cestă ineglitte este echivlentă cu b(x x σ() ) 0. Scriind şi celellte ineglităţi similre şi înmulţindu-le membru cu membru, obţinem cee ce dorim. X.4. Fie z,z,z 3 C stfel încât z = z = z 3 = şi z z z 3, z z 3 z şi z 3 z z sunt numere rele. Demonstrţi că (z z )(z z 3 )(z 3 z ) = 0. Ionuţ Ivănescu, Criov Soluţie. Fie z = z = z 3 = r. Cum z z z 3 = z z z 3 şi z z z 3 = z z z 3, prinînmulţiremembrucumembru, obţinem(dupăreduceri)că( r)(z z z z ) = 0. Întrucât r, deducem că z z = R. Anlog se rtă că z z 3 = b R şi z 3 z = c R. Din z z =, z z 3 = c = c obţinem, prin împărţire membru cu R, cu α = c =, şdr z = ±z 3. Similr, membru, că z = α, unde α = z 3 c z = ±z şi tunci măcr două dintre cele trei numere vor fi egle, de unde cerinţ problemei. X.5. Fie ABCD un ptrulter convex şi punctele P,Q AC, R,S BD stfel încât PA PC = QA QC = AB CD = RB RD = SB. Dcă M şi N sunt mijlocele segmentelor SD PQ, respectiv RS, demonstrţi că MN < PQ+RS. Titu Zvonru, Comăneşti Soluţie. NotămAC = α,bd = β, AB = k şiputempresupunek > (înczulîn CD cre k =, unul dintre punctele S, P su Q y nu există). Alegem un reper crtezin în rport Q.. cu cre A(0,0), B(,0), C(b,c), D(d,e), cu b > C S. d. Ţinând cont de formul cre dă coordontele D punctului cre împrte un segment într-un rport.. P E. R dt, obţinem că P bk +k, ck Q bk +k, k, k, ck x A B R +dk +k, ek şi +k S dk k, k, ek prin urmre kα kβ PQ = k, ir RS = k. Coordontele punctelor M şi N sunt M bk k, ck k, respectiv N dk k, k k, deci MN = bk k dk k + ck k ek k 59 = k 4 (k ) (b d) +(c e) +

(k ) + k (b d) (k ). Cum CD = (b d) + (c e) şi b d CD, rezultă că MN k (k ) AB CD), de unde MN åk CD +AB k +AB CD è = k(ab +CD) k. Pentru închei rezolvre, r fi destul să demonstrăm că k (k ) (AB + CD + k(ab +CD) k k(ac +BD) k, dică AB + CD < AC + BD. Acestă ineglitte rezultă imedit din ineglitte triunghiului: dcă {E} = AC BD, tunci AB+CD < AE+EB+ CE +ED = (AE +EC)+(BE +ED) = AC +BD. Cls XI- XI.. Demonstrţi că 4(x 3 +y 3 ) 9xy x y, x,y [0, ). Lucin Tuţescu, Criov Soluţie. Dcă y = 0, vem de rătt că 4x 3 0, devărt. Fie y > 0; dcă x = y, ineglitte este evidentă, ir când x y putem presupune că x > y (dtorită simetriei). Împărţind prin y3, cu notţi t = x >, vem de rătt că f(t) 0, unde y f : [, ) R, f(t) = 4t 3 9t +9t+4. Avem că f (t) = 3(4t 6t+3) > 0, t R şi, cum f() = 8 > 0, rezultă că f(t) > 0, t [, ). Eglitte în ineglitte din enunţ se tinge când x = y = 0. è XI.. Fie şirurile (w n ) n şi (p n ) n, unde w n =å (n)!! (n )!! n+, n < n wn pn ln wn π lnnn. N (şirul luiwllis), ir p n este l n-lenumăr prim. Clculţi lim π Gbriel Mîrşnu, Işi Soluţie. Se ştie că lim w n = π, ir lim =. În ceste condiţii, vem n n nlnn de- fce cu o nedeterminre de tip. Folosind ä procedeul uzul, vlore limitei w cerute este e l w n π n π, unde l = lim = lim n π ln wn n π ln + w =. n π ç XI.3. Clculţi limit şirului (x n ) definit prin: x (0, ), α (0,) (, ), x n+ = +(+αx n ) /α, n. Gheorghe Costovici, Işi Soluţie. Pentru început, fie α (, ); vom demonstr că lim x n = 0. Prin n inducţie, obţinem că x n > 0, n N. Apoi, (+x) α > +αx, x (0, ) (întrucât funcţi f : [0, ) R, f(x) = (+x) α αx re derivt pozitivă şi f(0) = 0). Rezultă că +αx n = (+x n+ ) α > +αx n+, de unde x n+ < x n, n N. Astfel, există lim x n = l [0, ) şi (+l) α = +αl. Însă n (+l)α > +αl, dcă l (0, ), după cum m demonstrt nterior şi rămâne că l = 0. Dcă α (0,), se rtă similr că (+x) α < +αx, x (0, ). Deducem că şirul este strict crescător şi, dcă r fi mărginit superior, r ve o limită L (0, ) 60 p n

stfel încât(+l) α = +αl, cee cer intr încontrdicţie cu ineglittenunţtă. Rămâne că şirul este nemărginit superior, deci lim x n = +. n XI.4. Fiind dte,b,α,β R, determinţi funcţiile f : R R cu propriette: x α y α = f(x)+bf(y), x,y R. f(x) β f(y) β Mrius Tib, elev, Bucureşti Soluţie. Observăm că schimbând x şi y între ele, semnul determinntului se schimbă, cee ce conduce l f(x) + bf(y) = f(y) bf(x), x,y R, dică (+b)(f(x)+f(y)) = 0, x,y R. Dcă + b 0, tunci f(x) + f(y) = 0, x,y R. Luând y = 0, obţinem că f(x) = c, x R (unde c = f(0)). O stfel de funcţie verifică eglitte din enunţ dcă şi numi dcă c = β = 0. Atunci, dcă β 0, ecuţi dtă nu re soluţii, ir dcă β = 0, singur soluţie este funcţi nulă. Dcă + b = 0, definim g : R R prin g(x) = f(x) β, x R. Ecuţi x y α funcţionlă din enunţ devine = [g(x) g(y)], x,y R, de unde g(x) g(y) xg(y) yg(x) = ( α)[g(x) g(y)], x,y R. Dcă = α, pentru y = obţinem g(x) = xg(), x R, deci f(x) = mx+β, cu m R. Dcă α, luăm y = 0 şi obţinem că g(x) = m(x+ α), x R, de unde f(x) = m(x+ α)+β, x R. Se consttă uşor că funcţiile fine obţinute în cest cz verifică ecuţi din enunţ. Problem 6043 din G.M. 9/008 se obţine din cest, în czul prticulr α = β = 0, = b. XI.5. Determinţi mtricele X,Y,Z M (Z), vând determinntul, ştiind că X 4 +Y 4 +Z 4 = X +Y +Z +6I. Florin Stănescu, Găeşti Soluţie. Dcă notăm cu x urm mtricei X, cum detx =, rezultă că X = xx I. De ici, X 3 = xx X = (x )X xi, ir X 4 = (x )X xx = (x 3 x)x (x )I. Trecândlurmă,obţinemcăTrX = x şitr(x 4 ) = x 4 4x + şi relţii nloge u loc pentru mtricele Y şi Z. Trecem cum l urmă în eglitte dinenunţ; rezultăcăx 4 4x ++y 4 4y ++z 4 4z + = x +y +z +, de unde (x )(x 4)+(y )(y 4)+(z )(z 4) = ( ). Cum x,y,z sunt numere întregi, produsele (x )(x 4), (y )(y 4) şi (z )(z 4) sunt sigur nenegtive. Dcă, de exemplu, x 3, tunci (x )(x 4) 40 şi se junge l o contrdicţie. Rezultă că x, y, z {0,,}; pentru pute ve loc (*), v trebui c x = y = z = 0, prin urmre X = Y = Z = I. În concluzie, X,Y şi Z vor fi mtrice rbitrre de form b, cu,b Z şi + b divizibil cu b. Cls XII- XII.. Fie x,y,z numere rele nenule. Dcă x+y +z = 0 şi x 5 +y 5 +z 5 = x 7 +y 7 +z 7, clculţi vlore expresiei A = x +y +z. Mihi Crăciun, Pşcni 6

Soluţie. Fie xy + yz + zx =, xyz = b; tunci x,y,z sunt soluţiile ecuţiei t 3 +t b = 0. Notând S n = x n +y n +z n, n N, obţinem că S n+3 = S n+ +bs n. Cum S 0 = 3, S = 0, S =, deducem: S 3 = 3b; S 4 = ; S 5 = 5b; S 7 = 7 b. Din condiţi S 5 = S 7, rezultă că b(7+5) = 0. Cum b 0, obţinem că = 5 7 şi A = S = 0 7. Ô xn +x n+ dx, XII.. Clculţi limit şirului ( n ) n N definit prin n = n N. Bogdn Victor Grigoriu, Fălticeni Soluţi. Vom plic ineglitte CBS, form integrlă: n = 0 xn Ô+x dx Cum evident n > 0, n N, rezultă că lim n n = 0. 0 0 x dx n (+x )dx = 3(n+). Soluţi (Moubinool Omrjee). Observăm că 0 < n = x n dx =, n N, prin urmre lim n+ n = 0. n XII.3. Clculţi lim x x x+ ctgt dt. Soluţie. Din formul de medie, x x x+ 0 0 0 x Ô n +x dx Silviu Bog, Işi ctgt dt = x x+ ctgt x = x(x+) t x sin cos t x t x (xt x ). Cum x+ < t x <, tunci lim x t x = 0 şi lim (xt x) = ; x x obţinem că limit cerută este eglă cu. XII.4. Se consideră funcţi continuă f : [0,] (0,]. Demonstrţi că pentru orice n N, există un unic x n x n (0,) stfel încât f(t)dt = n f(t)dt. x n Clculţi limit şirului (x n ) şi rătţi că lim n( x n) = f(t)dt. n f() 0 Florin Stănescu, Găeşti Notă. Problem părut şi în G.M. 6/00, cu numărul C.O: 530. Soluţi s pote fi găsită în G.M. /0. XII.5. Fie F mulţime funcţiilor de două ori derivbile pe [, b] cu derivt de ordin doi continuă, pentru cre f() = α şi f(b) = β, unde α şi β sunt constnte b fixte. Notăm I(f) = [f (x)] b dx, f F şi J(f) = [f (x)( + f(x))] dx, f F. Determinţi min{i(f) f F} şi min{j(f) f F}. Adrin Cordunenu, Işi 6 0

Soluţie. Fie f 0 F stfel încât I(f) I(f 0 ), f F. Orice f F pote fi scrisă sub form f = f 0 + εϕ, unde ϕ C [,b] şi ϕ() = ϕ(b) = 0, ir ε este o b constntărbitrră. Rezultă căi(f) = I(f 0 +εϕ) = [(f 0 +εϕ) ] b dx = [f 0 (x)] + b ε f 0 b (x)ϕ (x)dx+ε [ϕ (x)] dx, expresie l cărei minim se tinge pentru ε = 0 b (întrucât I(f) I(f 0 )). Rezultă că f 0 b (x)ϕ (x)dx = 0, de unde f 0 (x)ϕ(x)dx = 0, ϕ C [,b] cu ϕ() = ϕ(b) = 0. De ici, f 0 (x) = 0, x [,b], deci f 0(x) = λx+µ, cu λ,µ constnte cre se determină din condiţiile în cpete. În finl, găsim că f 0 este unic determint: f 0 (x) = β b (x )+ α (b x). Vlore minimă b (β α) lui I(f) este I(f 0 ) = b. Pentru dou prte, observăm că f (+f) = (f +f ), f F. Considerând funcţi g = f +f, cu g() = α+α, g(b) = β+β, vem de găsit minimul integrlei b [g (x)] dx. Ţinând sem de ), vlore minimă lui J(f) este (g(b) g()) = b (β α) (+α+β). b Prbol Un presfânt părinte spune discipolului său: Fiule, să nu uiţi niciodtă: y = x +bx+c! D, presfinte, o să ţin minte... Peste ni de zile, credinciosul îl întrebă pe mentorul său: Mă chinuie o întrebre, părinte, ce este y = x +bx+c? L cre presfântul părinte îi răspunde: Fiule, st e o prbolă! 63